X星球的考古学家发现了一批古代留下来的密码。
这些密码是由A、B、C、D 四种植物的种子串成的序列。
仔细分析发现，这些密码串当初应该是前后对称的（也就是我们说的镜像串）。
由于年代久远，其中许多种子脱落了，因而可能会失去镜像的特征。

你的任务是：
给定一个现在看到的密码串，计算一下从当初的状态，它要至少脱落多少个种子，才可能会变成现在的样子。

输入一行，表示现在看到的密码串（长度不大于1000）
要求输出一个正整数，表示至少脱落了多少个种子。

例如，输入：
ABCBA
则程序应该输出：
0

再例如，输入：
ABECDCBABC
则程序应该输出：
3

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

不得不承认，字符串的处理问题上，我是弱项，看到这道题，苦于没有思路，经过几番的搜寻，找到了思路，并用C代码实现，希望可以记住这些类型题。

代码C：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
void code(char *s)
{
    int i = 0, n = 0, ti, tj;
    int j = (int)strlen(s) - 1;

    while (i <= j)
    {
        //第一种情况 如果前后相等，则像中间靠拢
        if (s[i] == s[j])
        {
            i++;
            j--;
        }
        //如果不相等 则又分两种情况
        else
        {
            ti = i;
            tj = j;
            //以右边为标记 左边为游标 寻找相等的情况
            while (s[ti] != s[j] && ti < j)
            {
                ti++;
            }
            //以左边为标记 右边为游标 寻找相等的情况
            while (s[i] != s[tj] && i <= tj)
            {
                tj--;
            }
            //比较这个游标移动的距离，取小的距离
            if ((ti - i) < (j - tj))
            {
                n += ti - i;
                i = ti;     //将i置为新的起点
            }
            else
            {
                n += j - tj;
                j = tj;     //将j置为新的终点
            }
        }
    }
    printf("%d\n", n);
    return ;
}

int main(int argc, const char * argv[])
{
    char s[1000];
    scanf("%s", s);
    //处理密码
    code(s);
    return 0;
}

看似十分难的题，（其实真的很难，对于我这种没有做过相关类型题的人来说，完全处于萌比状态），最后用的方法却是如此高效，复杂度仅为O(n^2)，这让我大出所料，实在不得不佩服算法之精妙（当然我不是一次佩服了）。

再写一种同样精妙的解法，让人叹为观止的解法！
代码C：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
char s[1000];
int min = 0, num = 0;

void fcode(int left, int right, int num)
{
    if (left >= right)
    {
        min = min < num ? min : num;
    }
    else
    {
        if (s[left] == s[right])
        {
            fcode(left + 1, right - 1, num);
        }
        else
        {
            fcode(left + 1, right, num + 1);
            fcode(left, right - 1, num + 1);
        }
    }
    return ;
}

int main(int argc, const char * argv[])
{
    scanf("%s", s);
    min = (int)strlen(s);
    //处理密码
    fcode(0, min - 1, 0);
    printf("%d\n", min);
    return 0;
}

这个方法用的是递推，十分巧妙，但是中心思想和第一个代码是一样的，只是第一个算法偏向于和贪心算法的结合，时间复杂度是线性的，而第二个代码偏向于枚举，时间复杂度是树形的，考虑了太多的分支以及做了过多的判断，如果测试数据足够大，一定是第二个先爆掉，但是其思想值得学习，今天收获很大！！！
OVER！！！