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题意分析

给定字符串 \(a,b\)，有三种操作：

• 删除一个字符；
• 插入一个字符；
• 修改一个字符。

求至少需要多少次操作才能将 \(a\) 转换为 \(b\)。

DP

状态设计

设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(a\) 的前 \(i\) 个字符转化为 \(b\) 的前 \(j\) 个字符的最少操作次数，即将 \(a[1,i]\) 转化为 \(b[1,j]\) 的最少操作次数。答案即 \(dp_{lena,lenb}\)，\(lena\) 表示 \(a\) 的长度，\(lenb\) 同理。

状态转移

考虑三种操作如何转移 \(dp_{i,j}\)。

• 删除一个字符。

  考虑删除 \(a[1,i]\) 末尾的字符，则变为 \(a[1,i-1]\)，最小代价为 \(dp_{i-1,j}\)，有 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+1\)。

• 插入一个字符。

  考虑插入到 \(a[1,i]\) 的末尾。\(a[1,i]\) 插入并转换后为 \(b[1,j]\)，那么考虑将 \(a[1,i]\) 转化为 \(b[1,j-1]\)，有 \(dp_{i,j}=dp_{i,j-1}+1\)。

• 修改一个字符。

  将末尾字符修改为相同，则有 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+1\)。

• 当 \(a_i,b_j\) 相同时。

  可以无需操作，此时有 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}\)。

汇总，有：

\[dp_{i,j}= \begin{cases} \min(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1},dp_{i-1,j-1})+1&a_i\ne b_j\\ \min(\min(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1})+1,dp_{i-1,j-1})&a_i=b_j\\ \end{cases} \]

即：

\[dp_{i,j}=\min(\min(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1})+1,dp_{i-1,j-1}+[a_i\ne b_j]) \]

其中，\([a_i\ne b_j]\) 是艾弗森括号的表示，即当 \(a_i\ne b_j\) 成立时为 \(1\)，否则为 \(0\)。

边界条件

\[dp_{i,0}=i\\ dp_{0,j}=j \]

即全部删除。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O\left(n^2\right)\)

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=2000;
char a[N+1+1],b[N+1+1],tmp[N+1+1];
int lena,lenb,dp[N+1][N+1];
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%s%s",a+1,b+1);
	lena=strlen(a+1);lenb=strlen(b+1);
	for(int i=1;i<=lena;i++){
		dp[i][0]=i;
	}
	for(int j=1;j<=lenb;j++){
		dp[0][j]=j;
	}
	for(int i=1;i<=lena;i++){
		for(int j=1;j<=lenb;j++){
			dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+1;
			dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+(a[i]!=b[j]));
		}
	}
	printf("%d\n",dp[lena][lenb]);
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}