显然，e 在这道题里是无关紧要的。我们知道每删掉一个 e 需要 hx 两步，所以我们把所有的 e 统计出来，标记一下他后面的点（一定要经过后面这个点才能删掉 e），下文中我们叫这些点为关键节点。那么问题就变成了：如何用最少的代价经过所有关键节点。
发现我们最终走过的路径一定是这样的形式：我们 f 到一个字符，然后往前 h 到一些关键节点，然后再 f 到后面的点，以此类推。
这种形式还有一个性质：所有 h 到的关键节点只会被 h 一次。因为没有必要花费更多的代价 h 第二次。
所以我们可以重新描述两种行动：代价为 \(2\) 的跳跃，与代价为 \(1\) 的行走。
我们尝试分类所有被经过的路径，发现他们被分为两种：被经过一次的和被经过三次的（只有被经过三次的路径是真正被经过的，被经过一次的路径只是跳过去）。
因此我们设计状态 \(f1[i][j]\) 表示考虑到 \(i\) 到 \(i + 1\) 的路径且该路径被经过一次，这一次跳跃的终点在右边最近的字符 \(j\)，状态 \(f3[i][j][k]\) 表示考虑到 \(i\) 到 \(i + 1\) 的路径且该路径被经过一次，第一次跳跃的终点在右边最近的字符 \(j\)，折返后再跳跃的终点在右边最近的字符 \(k\)。这是我们能用最少的状态描述跳跃的方式。
转移看起来很复杂，实际上遵循两个原则
- 所有的转移都是用 \(i\) 和 \(i + 1\) 这两个点作为起点添加路径。
- 对于状态 \(f1_{i,j}\)，我们要保证存在到 \(j\) 的跳跃。对于状态 \(f3_{i,j,k}\)，我们要保证存在 到 \(j\) 的跳跃，到 \(k\) 的跳跃，与 \(i\) 到 \(i + 1\) 的行走。而跳跃和行走直接连不连的起来不重要，因为当处理到 \(i\) 时前面的所有点必定是能连上的，又因为在 \(f3\) 中我们会将 \(i\) 与 \(i + 1\) 连上，所以还是连上了所有点。
发现如果我们把跳跃与行走都看作一条线，我们所做的事情就是把所有的线串起来。所以这种 dp 也被叫做线头 dp。
我们也可以发现串起来这种操作其实就是两个插头的对应，所以也可以把这个理解成一种特殊的插头 dp。
如果转移不明白可以去看 Itst 大佬的题解，我不想再讲一次了。。。
最后我们发现答案不好统计，于是我们在终点后新建一个没用过的字符，统计 \(f1[n][s]\) 即可（\(s\) 即为没用过的字符）。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
const int N = 7e4 + 5;
int n;
string c;
int s[N];
int sumE;
bool le[N];
int f1[N][12], f3[N][12][12];
signed main() {
freopen("text.in", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
cin >> c;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (c[i] == 'e') {
sumE ++;
le[cnt + 1] = true;
continue;
}
s[++cnt] = c[i] - 'a';
}
memset(f1, 0x7f, sizeof(f1));
memset(f3, 0x7f, sizeof(f3));
n = cnt;
f1[0][s[1]] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= 10; ++j) {
if (j != s[i] && le[i] == false) {
f1[i][j] = min(f1[i][j], f1[i - 1][j]);
}
f1[i][j] = min(f1[i][j], f1[i - 1][s[i]] + 2);
if (j != s[i]) {
f1[i][j] = min(f1[i][j], f3[i - 1][s[i]][j]);
}
f1[i][j] = min(f1[i][j], f3[i - 1][s[i]][s[i]] + 2);
for (int k = 0; k <= 10; ++k) {
if (j != s[i]) {
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f1[i - 1][j] + 3);
}
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f1[i - 1][s[i]] + 5);
if (j != s[i] && k != s[i]) {
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][j][k] + 1);
}
if (k != s[i]) {
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][s[i]][k] + 3);
}
if (j != s[i]) {
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][j][s[i]] + 3);
}
f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][s[i]][s[i]] + 5);
}
}
}
cout << f1[n][10] + (sumE * 2) - 2<< endl;
return 0;
}