回文问题终极篇：最小代价构造回文串
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读完本文，你可以去力扣完成第 1312 题「让字符串成为回文串的最少插入次数」，难度 Hard。
回文串就是正着读反着读都一样的字符串，面试笔试中经常出现回文相关的题目，我们之前有好几篇讲解回文问题的文章，是判断回文串或者寻找最长回文串/子序列的：
本文就来研究一道「构造回文串的最小插入次数」的问题，然后所有回文相关的问题你都可以搞定了，如果再遇到回文算法题，就偷着乐吧~
这次的题目比较困难，让字符串成为回文串的最少插入次数：
函数签名如下：
int minInsertions(string s);
比如说输入s = "abcea"，算法返回 2，因为可以给s插入 2 个字符变成回文串"abeceba"或者"aebcbea"。如果输入s = "aba"，则算法返回 0，因为s已经是回文串，不用插入任何字符。
思路解析
首先，要找最少的插入次数，那肯定得穷举喽，如果我们用暴力算法穷举出所有插入方法，时间复杂度是多少？
每次都可以在两个字符的中间插入任意一个字符，外加判断字符串是否为回文字符串，这时间复杂度肯定爆炸，是指数级。
那么无疑，这个问题需要使用动态规划技巧来解决。之前的文章说过，回文问题一般都是从字符串的中间向两端扩散，构造回文串也是类似的。
我们定义一个二维的dp数组，dp[i][j]的定义如下：对字符串s[i..j]，最少需要进行dp[i][j]次插入才能变成回文串。
我们想求整个s的最少插入次数，根据这个定义，也就是想求dp[0][n-1]的大小（n为s的长度）。
同时，base case 也很容易想到，当i == j时dp[i][j] = 0，因为当i == j时s[i..j]就是一个字符，本身就是回文串，所以不需要进行任何插入操作。
接下来就是动态规划的重头戏了，利用数学归纳法思考状态转移方程。
状态转移方程
状态转移就是从小规模问题的答案推导更大规模问题的答案，从 base case 向其他状态推导嘛。如果我们现在想计算dp[i][j]的值，而且假设我们已经计算出了子问题dp[i+1][j-1]的值了，你能不能想办法推出dp[i][j]的值呢？
既然已经算出dp[i+1][j-1]，即知道了s[i+1..j-1]成为回文串的最小插入次数，那么也就可以认为s[i+1..j-1]已经是一个回文串了，所以通过dp[i+1][j-1]推导dp[i][j]的关键就在于s[i]和s[j]这两个字符。
这个得分情况讨论，如果s[i] == s[j]的话，我们不需要进行任何插入，只要知道如何把s[i+1..j-1]变成回文串即可：
翻译成代码就是这样：
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
}
如果s[i] != s[j]的话，就比较麻烦了，比如下面这种情况：
最简单的想法就是，先把s[j]插到s[i]右边，同时把s[i]插到s[j]右边，这样构造出来的字符串一定是回文串：
PS：当然，把s[j]插到s[i]左边，然后把s[i]插到s[j]左边也是一样的，后面会分析。
但是，这是不是就意味着代码可以直接这样写呢？
if (s[i] != s[j]) {
// 把 s[j] 插到 s[i] 右边，把 s[i] 插到 s[j] 右边
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
}
不对，比如说如下这两种情况，只需要插入一个字符即可使得s[i..j]变成回文：
所以说，当s[i] != s[j]时，无脑插入两次肯定是可以让s[i..j]变成回文串，但是不一定是插入次数最少的，最优的插入方案应该被拆解成如下流程：
步骤一，做选择，先将s[i..j-1]或者s[i+1..j]变成回文串。怎么做选择呢？谁变成回文串的插入次数少，就选谁呗。
比如图二的情况，将s[i+1..j]变成回文串的代价小，因为它本身就是回文串，根本不需要插入；同理，对于图三，将s[i..j-1]变成回文串的代价更小。
然而，如果 s[i+1..j]和s[i..j-1]都不是回文串，都至少需要插入一个字符才能变成回文，所以选择哪一个都一样：
那我怎么知道s[i+1..j]和s[i..j-1]谁变成回文串的代价更小呢？
回头看看dp数组的定义是什么，dp[i+1][j]和dp[i][j-1]不就是它们变成回文串的代价么？
步骤二，根据步骤一的选择，将s[i..j]变成回文。
如果你在步骤一中选择把s[i+1..j]变成回文串，那么在s[i+1..j]右边插入一个字符s[i]一定可以将s[i..j]变成回文；同理，如果在步骤一中选择把s[i..j-1]变成回文串，在s[i..j-1]左边插入一个字符s[j]一定可以将s[i..j]变成回文。
那么根据刚才对dp数组的定义以及以上的分析，s[i] != s[j]时的代码逻辑如下：
if (s[i] != s[j]) {
// 步骤一选择代价较小的
// 步骤二必然要进行一次插入
dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}
综合起来，状态转移方程如下：
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}
这就是动态规划算法核心，我们可以直接写出解法代码了。
代码实现
首先想想 base case 是什么，当i == j时dp[i][j] = 0，因为这时候s[i..j]就是单个字符，本身就是回文串，不需要任何插入；最终的答案是dp[0][n-1]（n是字符串s的长度）。那么 dp table 长这样：
又因为状态转移方程中dp[i][j]和dp[i+1][j]，dp[i]-1]，dp[i+1][j-1]三个状态有关，为了保证每次计算dp[i][j]时，这三个状态都已经被计算，我们一般选择从下向上，从左到右遍历dp数组：
完整代码如下：
int minInsertions(string s) {
int n = s.size();
// 定义：对 s[i..j]，最少需要插入 dp[i][j] 次才能变成回文
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
// base case：i == j 时 dp[i][j] = 0，单个字符本身就是回文
// dp 数组已经全部初始化为 0，base case 已初始化
// 从下向上遍历
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
// 从左向右遍历
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
// 根据 s[i] 和 s[j] 进行状态转移
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
// 根据 dp 数组的定义，题目要求的答案
return dp[0][n - 1];
}
现在这道题就解决了，时间和空间复杂度都是 O(N^2)。还有一个小优化，注意到dp数组的状态之和它相邻的状态有关，所以dp数组是可以压缩成一维的：
int minInsertions(string s) {
int n = s.size();
vector<int> dp(n, 0);
int temp = 0;
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
// 记录 dp[i+1][j-1]
int pre = 0;
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
temp = dp[j];
if (s[i] == s[j]) {
// dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
dp[j] = pre;
} else {
// dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i][j-1]) + 1;
dp[j] = =min(dp[j], dp[j - 1]) + 1;
}
pre = temp;
}
}
return dp[n - 1];
}
至于这个状态压缩是怎么做的，我们前文 状态压缩技巧：动态规划的降维打击 详细介绍过，这里就不展开了。
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