题解：洛谷 AT_abc438_b Substring 2

【题目来源】

洛谷：AT_abc438_b Substring 2 - 洛谷

【题目描述】

给你一个整数 \(N\) 和 \(M\) ，一个长度为 \(N\) 的数字字符串 \(S\) 和一个长度为 \(M\) 的数字字符串 \(T\)。这里，数字字符串是指由从 0 到 9 的数字组成的字符串。

您可以执行以下操作 \(0\) 次或多次：

从 \(T\) 中选择一个字符，并将所选数字增加 \(1\)。但是，如果所选数字是 9，则将其改为 0。

求使 \(T\) 成为 \(S\) 的子串（连续子序列）所需的最少操作次数。

【输入】

输入内容由标准输入法提供，格式如下

\(N\) \(M\)
\(S\)
\(T\)

【输出】

输出使 \(T\) 成为 \(S\) 的子串所需的最少操作数。

【输入样例】

4 2
2025
91

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定数字字符串 \(S\)（长度 \(N\)）和 \(T\)（长度 \(M\)），可以将 \(T\) 中字符循环增加（9 变 0），求使 \(T\) 成为 \(S\) 的子串的最少操作次数。这是一个字符串匹配 + 循环距离问题，核心在于枚举 \(S\) 中所有长度为 \(M\) 的子串，计算与 \(T\) 的循环数字距离。
算法选择：
- 枚举子串 + 循环距离计算：枚举 \(S\) 中所有长度为 \(M\) 的子串起始位置，对每个位置计算与 \(T\) 的逐位循环距离，取最小值
关键步骤：
- 读入数据：\(N\)、\(M\)、\(S\)、\(T\)
- 字符串前补空格：使下标从 \(1\) 开始
- 枚举起始位置（\(i\) 从 \(1\) 到 \(N-M+1\)）：
  - \(res = 0\)
  - 逐位比较（\(j\) 从 \(1\) 到 \(M\)）：
    - 计算循环距离：\((S[i+j-1] - T[j] + 10) \bmod 10\)
    - \(res \leftarrow res + \text{距离}\)
  - \(minn = \min(minn, res)\)
- 输出结果：\(minn\)
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N \cdot M)\)，枚举 \(N-M+1\) 个起始位置，每个比较 \(M\) 位
- 空间复杂度：\(O(N + M)\)，存储字符串
循环距离与枚举匹配的核心思想：
- 循环数字距离：数字 0-9 形成循环环，从 \(a\) 到 \(b\) 的最小操作次数 = \(\min(|a-b|, 10-|a-b|)\)。代码中 (s[i+j-1] - t[j] + 10) % 10 计算的是 \(a \to b\) 的顺时针距离（只增不减），等价于最小距离是因为...
实际上，(a - b + 10) % 10 计算的是 \((a - b) \bmod 10\)，即从 \(b\) 增加到 \(a\) 需要的步数（顺时针）。但题目允许从 \(T\) 变到 \(S\) 的子串，即 \(T[j] \to S[i+j-1]\)。若 \(T[j]\) 需要增加 \(d\) 次变成 \(S[i+j-1]\)，则 \(d = (S[i+j-1] - T[j] + 10) \bmod 10\)。这是单向增加的距离，但由于循环性，增加 \(d\) 次等价于减少 \(10-d\) 次，而题目只允许增加操作，所以 \(d\) 就是最小操作次数。
- 子串枚举的完备性：\(T\) 要成为 \(S\) 的子串，必须在 \(S\) 的某个连续位置完全匹配。枚举所有可能的起始位置确保不遗漏最优解
- 逐位独立的可加性：每位数字的变换相互独立，总操作次数为各位操作次数之和，满足加法原理
- 前导空格的技巧：字符串前加空格使下标从 \(1\) 开始，避免 \(0\)-based 和 \(1\)-based 的混淆，简化代码逻辑
- 适用于字符串子串匹配、循环距离、枚举优化类入门问题

【算法标签】

入门 #字符串入门

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m, minn = 1e9;  // n: 字符串s长度，m: 字符串t长度，minn: 最小代价
string s, t;  // s: 主字符串，t: 目标字符串

int main()
{
    // 输入
    cin >> n >> m >> s >> t;

    // 在字符串前添加空格，使下标从1开始
    s = " " + s;
    t = " " + t;

    // 遍历所有可能的起始位置i
    // 在s中找到一个长度为m的子串，与t进行比较
    for (int i = 1; i + m - 1 <= n; i++)
    {
        int res = 0;  // 记录当前起始位置i的代价

        // 比较s的子串s[i...i+m-1]与t[1...m]
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            // 计算从s[i+j-1]变成t[j]的最小代价
            // 代价是数字差的绝对值，但由于是循环数字(0-9)，要考虑两种方向
            // 公式：min(|a-b|, 10-|a-b|) 简化成 (a-b+10)%10
            res += (s[i + j - 1] - t[j] + 10) % 10;
        }

        // 更新最小代价
        minn = min(minn, res);
    }

    // 输出最小代价
    cout << minn << endl;

    return 0;
}

【运行结果】

posted @ 2026-08-27 11:04 团爸讲算法阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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题解：洛谷 AT_abc438_b Substring 2

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