[DP]P2890 [USACO07OPEN]便宜的回文Cheapest Palindrome

题目翻译（借鉴自@ 神犇的蒟蒻）

【问题描述】

追踪每头奶牛的去向是一件棘手的任务，为此农夫约翰安装了一套自动系统。他在每头牛身
上安装了一个电子身份标签，当奶牛通过扫描器的时候，系统可以读取奶牛的身份信息。
目前，每个身份都是由一个字符串组成的，长度为M (1 ≤ M ≤ 2000)，所有的字符都取自N个
小写字母。奶牛们都是顽皮的动物，有时它们会在通过扫描器的时候倒着走，这样一个原来身份为
abcb 的奶牛就可能有两个不同的身份了（abcb 和 bcba），而如果身份是 abcba 的话就不会有这个
问题了。约翰想改变奶牛们的身份，使他们不管怎么走读起来都一样。比如说，abcb可以在最后加个 a，变成回文 abcba；也可以在前面加上 bcb，变成回文 bcbabcb；或者去除字母 a，保留的 bcb 也是一条回文。总之，约翰可以在任意位置删除或插入一些字符使原字符串变成回文。不巧的是，身份标签每增加或删除一个字母都要付出相应的费用（0 ≤ 费用代价 ≤ 10000）。给定一头奶牛的身份标签和增加或删除相关字母的费用，找出把原来字符串变成回文字符串的最小费用。注意空字符串也是回文。

【输入】

第一行：两个用空格分开的整数：N和M。
第二行：一个长度恰好为M的字符串，代表初始的身份标签。
第三行到第N + 2行：每行为一个用空格分开的三元组：其中包括一个字符和两个整数，分别
表示增加或删除这个字符的费用。

【输出】

只有一个整数，表示改造这个身份标签的最小费用。

当然，原文可见 传送门
这里是代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,a[2001],w[27];
int dp[2001][2001];
int main() {
    /*
        设[l,r]为已经求得最优解的子串，若使[l,r+1]也为回文字串有
            i. 删除[l,r+1]中的a[l+r]字符
            ii. 在[l,r]的左边加上一个a[l+r]字符
          故最小花费为min(del[a[r+1]],add[a[r+1]])
          同理可得，使[l-1,r]的最小花费为min(del[a[l-1]],add[a[l-1]])
          并且，若在a[l-1]==a[r+1]可以确定[l-1,r+1]在[l,r]的基础上不需要花费。
    */
    char in;
    scanf("%d%d\n",&n,&m);
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        scanf("%c",&in);
        a[i]=in-'a';
    }
    for(int i=1,x1; i<=n; i++) {
        scanf("\n%c",&in),in-='a';
        scanf("%d%d",&w[in],&x1);
        if(x1<w[in]) w[in]=x1;
    }
    memset(dp,0x3f,sizeof dp);
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        dp[i][i]=0;
        if(a[i]==a[i+1]) dp[i][i+1]=0;
    }
    for(int ln=1; ln<=m; ln++) {
        for(int l=1,r; l+ln-1<=m; l++) {
            r=l+ln-1;
            if(a[l-1]==a[r+1]) dp[l-1][r+1]=min(dp[l-1][r+1],dp[l][r]);
            dp[l-1][r]=min(dp[l-1][r],dp[l][r]+w[a[l-1]]);
            dp[l][r+1]=min(dp[l][r+1],dp[l][r]+w[a[r+1]]);
        }
    }
    printf("%d\n",dp[1][m]);
    return 0;
}

太棒了。。