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思路

观察题目可以发现 A 操作最多只能执行 nn 次,超过以后字符串又会回到初始状态。

首先考虑 A 操作如何实现,一种办法是将 SS 在原串后复制一遍,通过移动一个记录初始位置的指针(本文中为 ii)来实现截取 nn 位字符。每次移动指针代价都为 AA

接下来考虑 B 操作的代价计算。我们可以判断之前截取的字符串是否为回文。回文字符串判断应该都会吧通过移动起始位置和结束位置指针,比较两指针对应的字符是否相同进行回文判断,每次遇到不同,总代价都加 BB

值得注意的是结束位置指针的取值。每次 A 操作执行完成,截取出的字符串末位下标为 n+i−1n+i-1,在此基础上再减去起始位置即可。

回文判断部分代码:

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/*i 为 A 操作中起始位置指针,t 为总代价*/
for(int j=0;j<n/2;j++)//回文判断循环变量只需到 n/2
{
int x=i+j;//起始位置
int y=n+i-1-j;//结束位置
if(s[x]!=s[y])
{
t+=b;
}
}

以 A 操作中起始位置指针作为外层循环变量,范围 0∼n−10\sim n-1,内层循环为回文串判断。总时间复杂度 O(n2)O(n^2)

一些小细节

  • 观察数据范围可知需使用 long long\text{long long}

  • 最大值可取值 2622^{62}1ll<<62

完整代码

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#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#define INF 1ll<<62
#define ll long long
#define int ll
using namespace std;
int n,a,b;
int ans=INF;
string s;
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
cin>>s;
s+=s;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int t=a*i;
for(int j=0;j<n/2;j++)
{
int x=i+j;
int y=n+i-1-j;
if(s[x]!=s[y])
{
t+=b;
}
}
ans=min(ans,t);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}