Cheapest Palindrome [Eko Mirhard, 2007]

Keeping track of all the cows can be a tricky task so Farmer John has installed a system to automate it. He has installed on each cow an electronic ID tag that the system will read as the cows pass by a scanner. Each ID tag's contents are currently a single string with length M (1 <= M <= 2,000) characters drawn from an alphabet of N (1 <= N <= 26) different symbols (namely, the lower-case roman alphabet). Cows, being the mischievous creatures they are, sometimes try to spoof the system by walking backwards. While a cow whose ID is "abcba" would read the same no matter which direction the she walks, a cow with the ID "abcb" can potentially register as two different IDs ("abcb" and "bcba"). FJ would like to change the cows's ID tags so they read the same no matter which direction the cow walks by. For example, "abcb" can be changed by adding "a" at the end to form "abcba" so that the ID is palindromic (reads the same forwards and backwards). Some other ways to change the ID to be palindromic are include adding the three letters "bcb" to the begining to yield the ID "bcbabcb" or removing the letter "a" to yield the ID "bcb". One can add or remove characters at any location in the string yielding a string longer or shorter than the original string. Unfortunately as the ID tags are electronic, each character insertion or deletion has a cost (0 <= cost <= 10,000) which varies depending on exactly which character value to be added or deleted. Given the content of a cow's ID tag and the cost of inserting or deleting each of the alphabet's characters, find the minimum cost to change the ID tag so it satisfies FJ's requirements. An empty ID tag is considered to satisfy the requirements of reading the same forward and backward. Only letters with associated costs can be added to a string. PROBLEM NAME: cheappal INPUT FORMAT: * Line 1: Two space-separated integers: N and M * Line 2: This line contains exactly M characters which constitute the initial ID string * Lines 3..N+2: Each line contains three space-separated entities: a character of the input alphabet and two integers which are respectively the cost of adding and deleting that character. SAMPLE INPUT (file cheappal.in): 3 4 abcb a 1000 1100 b 350 700 c 200 800 INPUT DETAILS: The nametag is "abcb" with these per-operation costs: Insert Delete a 1000 1100 b 350 700 c 200 800 OUTPUT FORMAT: * Line 1: A single line with a single integer that is the minimum cost to change the given name tag. SAMPLE OUTPUT (file cheappal.out): 900 OUTPUT DETAILS: If we insert an "a" on the end to get "abcba", the cost would be 1000. If we delete the "a" on the beginning to get "bcb", the cost would be 1100. If we insert "bcb" at the begining of the string, the cost would be 350+200+350=900, which is the minimum.

ყველაზე იაფი პალინდრომი – გიორგი გონაშვილის თარგმანი

ფერმერმა ჯონმა თავისი ძროხების უკეთ მოსავლელად გადაწყვიტა ძროხებისთვის დაეყენებინა ელექტრონული ID ბარათები, რომელთა წაკითხვაც მოხდება სპეციალური სკანერით. ყოველი ID ბარათი წარმოადგენს სტრინგს სიგრძით M (1 <= M <= 2,000), რომელიც შედგება N (1 <= N <= 26) განსხვავებული სიმბოლოსაგან. (გამოყენებულია რომაული ქვედა რეგისტრის ალფავიტი). ძროხები მათი უტიფარი ხასიათიდან გამომდინარე ზოგჯერ ცდილობენ სისტემის მოტყუებას უკან სიარულით. ძროხა ვისი ID -იც არის "abcba" ჩვეულებრივად გაივლის სკანერს, რადგან ორივე მხრიდან ერთნაირად იკითხება "abcba", ხოლო ძროხა, რომლის ID არის "abcb" შეიძლება აღქმული იყოს, როგორც "abcb" ასევე "bcba". ფერმერ ჯონს სურს თავის ძროხებს ჰქონდეთ ისეთი ID ბარათები, რომლებიც ერთნაირად წაიკითხება ორივე მხრიდან, მიუხედავად იმისა, თუ რა მიმართულებით გაივლის ძროხა სკანერს. მაგალითად, "abcb" შეიძლება შეიცვალოს "a"-ს ბოლოში დამატებით "abcba", ასევე შესაძლებელია "bcb"-ს დამატება "bcbabcb", ან "a" -ს ამოშლა და მივიღებთ "bcb". სამწუხაროდ ID ბარათები არის ელექტრონული და თითო სიმბოლოს წაშლა ან დამატება ფასიანია (0 <= ფასი <= 10,000). თითო სიმბოლოს შეიძლება ქონდეს განსხვავებული წაშლისა და ჩამატების ღირებულება. მოცემულია ID ბარათი და თითო სიმბოლოს ფასი, თქვენი ამოცანაა შეცვალოთ ID ბარათი ისე, რომ რაც შეიძლება იაფი დაჯდეს ფერმერი ჯონის მოთხოვნის შესრულება. ცარიელი სტრინგი წინიდანაც და უკნიდანაც ერთნაირად იკითხება. სტრინგში შესაძლებელია მხოლოდ მოცემული სიმბოლოების ჩამატება. შემომავალი მონაცემები: • ხაზი 1: ორი ჰარით გამოყოფილი მთელი რიცხვი: N და M • ხაზი 2: ზუსტად M სიმბოლო, რომლებიც შეადგენენ საწყის სტრინგს. • ხაზი 3: N+2: თითო ხაზი შეიცავს სამ ჰარით გამოყოფილ მონაცემს: სიმბოლოს ალფავიტიდან, დამატებისა და წაშლის ფასს შესაბამისად. შემომავალი მონაცემები (ფაილი cheappal.in): 3 4 abcb a 1000 1100 b 350 700 c 200 800 შემომავალი მონაცემების დეტალები: იდ ბარათის კოდი არის "abcb" შესაბამის ფასებით: დამატება წაშლა a 1000 1100 b 350 700 c 200 800 გამომავალი მონაცემები: • ხაზი 1: ერთი მთელი რიცხვი, რომელიც არის მინიმალური ღირებულება, მოცემული სტრინგის შეცვლისა. გამომავალი მონაცემები (ფაილი cheappal.out): 900 გამომავალი მონაცემების დეტალები: თუ ჩვენ ჩავამატებთ "a"-ს ბოლოში, მაშინ მივიღებთ "abcba", ხოლო ფასი იქნება 1000. თუ ჩვენ წავშლით "a"-ს დასაწყისში, რათა მივიღოთ "bcb", ფასი იქნება 1100. თუ ჩვენ ჩავამატებთ "bcb"-ს დასაწყისში, მაშინ ფასი იქნება 350+200+350=900, რომელიც არის მინიმალური.

cheappal

This problem can be done using dynamic programming (DP). First observe that the cost of inserting/removing characters can be combined into one cost since inserting another of of the same character at the mirrored poisition would have the same effect as deleting the character. So we can left cost[ch] be the minimum of the two costs for inserting/deleting character ch. Now consider the dp state of [l,r] which represents a substring. For each state, we try to minimize the cost of changing that substring into a palindrome. Then the state transition function would be: DP[l,r]=min{DP[l+1,r]+cost[s[l]]. ('pair up' left most character) DP[l,r+1]+cost[s[r]], ('pair up' right most character) DP[l+1,r-1] (only if the two end characters are equal, aka. s[l]=s[r]} The state transition takes O(1) time while there are a total of O(M^2) states. So the algorithm runs in O(M^2) time. Test Data All data were generated randomly while specifying N and M. It's intended that a brute-force search would get cases 1-4, anything O(M^3) or faster would get cases 1-8 while the O(M^2) solution is required to get full points. Below is the solution of China's Yang Yi: #include <stdio.h> #define MAXN 2001 FILE *in = fopen("cheappal.in","r"); FILE *out = fopen("cheappal.out","w"); int n, m, is[26], de[26], dp[MAXN][MAXN]; char str[MAXN + 1]; int main () { int i, j, a, b; char ch; fscanf (in, "%d%d%s", &n, &m, str); for (i = 0; i < n; i ++) { do fscanf(in,"%c",&ch); while (ch <= ' '); fscanf(in,"%d%d",&a,&b); is[ch - 'a'] = a; de[ch - 'a'] = b; } for (a = 0; a < m; a ++) for (i = 0; i + a < m; i ++) { j = i + a; if (i == j || i + 1 == j && str[i] == str[j]) dp[i][j] = 0; else { dp[i][j] = (dp[i+1][j] + (is[str[i]-'a'] <? de[str[i]-'a'])) <? (dp[i][j-1] + (is[str[j]-'a'] <? de[str[j]-'a'])); if (str[i] == str[j]) dp[i][j] <?= dp[i+1][j-1]; } } fprintf(out,"%d\n",dp[0][m - 1]); fclose(in); fclose(out); return 0; }

cheappal – გიორგი გონაშვილის თარგმანი

ამ ამოცანის ამოხსნა შესაძლებელია დინამიური პროგრამირების გამოყენებით. პირველად შევნიშნოთ, რომ სიმბოლოს ჩამატებისა და წაშლის ინფორმაცია, შეიძლება შევინახოთ ერთ ცვლადში, რადგან ყოველთვის შევასრულებთ მინიმალური ღირებულების მქონე ოპერაციას. cost[ch] ცვლადში შევინახოთ მინიმუმი ჩამატებისა და წაშლის ფასს შორის. დავთვალოთ პასუხი ყველა [l,r] ქვესტრიქონისთვის. DP[l,r]=min{DP[l+1,r]+cost[s[l]]. (ყველაზე მარცხენა სიმბოლოს შეცვლა) DP[l,r+1]+cost[s[r]], (ყველაზე მარჯვენა სიმბოლოს შეცვლა) DP[l+1,r-1] (თუ პირველი და ბოლო სიმბოლო ერთმანეთს უდრის, ანუ s[l]=s[r]} დინამიური პროგრამირების პირობის შესრულების დრო არის O(1) ხოლო სრული დრო O(M^2). ალგორითმის სრული მუშაობის დრო გამოდის O(M^2).

Below is the solution of China's Yang Yi

#include <stdio.h>
#define MAXN 2001

FILE *in = fopen("cheappal.in","r");
FILE *out = fopen("cheappal.out","w");

int n, m, is[26], de[26], dp[MAXN][MAXN];
char str[MAXN + 1];

int main () {
    int i, j, a, b;
    char ch;
    
    fscanf (in, "%d%d%s", &n, &m, str);
    for (i = 0; i < n; i ++) {
        do fscanf(in,"%c",&ch);
            while (ch <= ' ');
        fscanf(in,"%d%d",&a,&b);
        is[ch - 'a'] = a;
        de[ch - 'a'] = b;
        }
    for (a = 0; a < m; a ++)
        for (i = 0; i + a < m; i ++) {
            j = i + a;
            if (i == j || i + 1 == j && str[i] == str[j])
                dp[i][j] = 0;
            else {
                dp[i][j] = (dp[i+1][j] + (is[str[i]-'a'] <? de[str[i]-'a'])) <? (dp[i][j-1] + (is[str[j]-'a'] <? de[str[j]-'a']));
                if (str[i] == str[j])
                    dp[i][j] <?= dp[i+1][j-1];
                }
            }
    fprintf(out,"%d\n",dp[0][m - 1]);
    fclose(in);
    fclose(out);
    return 0;
}