POJ 3280 Cheapest Palindrome DP题解

看到Palindrome的题目。首先想到的应该是中心问题，然后从中心出发，思考怎样解决。

DP问题通常是从更加小的问题转化到更加大的问题。然后是从地往上 bottom up地计算答案的。

能得出状态转移方程就好办了，本题的状态转移方程是：

if (cowID[i] == cow{j]) tbl[id][i] = tbl[id][i+1];//相等的时候无需修改

else tbl[id][i] = min(tbl[!id][i+1] + cost[cowID[i]-'a'], tbl[!id][i] + cost[cowID[j]-'a']);//不相等的时候须要看修改那一边的字符比較划算

注意：

1 cost的删除和插入对于DP来说实际是一样的操作，所以仅仅须要报出一个最小的cost就能够了

2 cost的值是以字母为下标保存值的。不是按顺序给出的，也可能某些字母的值没有给出，这个时候默认应该为零

最后是须要节省内存，这些题目一般能够仅仅看一维dp table数组就能够了，这个时候要二维转化为一维保存结果，实际測试内存节省许多。

这里使用所谓的滚动数组，轮流使用两个数组记录数据。

主要把二维表的斜对角格转为一个数组保存，相应好下标就能够了。

#include <stdio.h>
#include <string.h>

const int MAX_M = 2001;
const int MAX_N = 26;
char cowID[MAX_M];
int cost[MAX_N];//minimum of the cost of adding and deleting that character.
int tbl[2][MAX_M];
int N, M;

inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int getMinCost()
{
	memset(tbl[0], 0, sizeof(int)*M);
	memset(tbl[1], 0, sizeof(int)*M);
	bool id = false;
	for (int d = 2; d <= M; d++)
	{
		id = !id;
		for (int i = 0, j = d-1; j < M; i++, j++)
		{
			if (cowID[i] == cowID[j]) tbl[id][i] = tbl[id][i+1];
			else
			{
				int c1 = tbl[!id][i+1] + cost[cowID[i]-'a'];
				int c2 = tbl[!id][i] + cost[cowID[j]-'a'];
				tbl[id][i] = min(c1, c2);
			}
		}
	}
	return tbl[id][0];
}

int main()
{
	char a;
	int c1, c2;
	while (scanf("%d %d", &N, &M) != EOF)
	{
		memset(cost, 0, sizeof(int)*N);
		getchar(); gets(cowID);
		for (int i = 0; i < N; i++)
		{
			a = getchar();
			scanf("%d %d", &c1, &c2);
			cost[a-'a'] = min(c1, c2);//only need to save the minimum
			getchar();
		}
		printf("%d
", getMinCost());
	}
	return 0;
}