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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
回文串就是正着读反着读都一样的字符，在笔试面试中经常出现这类问题。
labuladong 公众号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问题，难度 Hard 计算让字符串成为回文串的最少插入次数：
输入一个字符串 s，你可以在字符串的任意位置插入任意字符。如果要把 s 变成回文串，请你计算最少要进行多少次插入？
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。
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。
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 详细介绍过，这里就不展开了。