1.实践题目
7-3编辑距离问题
2.问题描述
设A和B是2个字符串。要用最少的字符操作将字符串A转换为字符串B。这里所说的字符操作包括 (1)删除一个字符； (2)插入一个字符； (3)将一个字符改为另一个字符。 将字符串A变换为字符串B所用的最少字符操作数称为字符串A到 B的编辑距离，记为d(A,B)。 对于给定的字符串A和字符串B，计算其编辑距离 d(A,B)。
输入格式:
第一行是字符串A，文件的第二行是字符串B。
提示：字符串长度不超过2000个字符。
输出格式:
输出编辑距离d(A,B)
输入样例:
在这里给出一组输入。例如：
fxpimu
xwrs
输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：
5
3.算法描述
设A串长度为l1,B串长度为l2,那么开一个dp[i][j]记录当长度为i的A串的时候变成长度为j的B串时的最短编辑距离。那么dp[0...l1][0]初始化为0...l1,dp[0][0...l2]初始化为0...l2.
那么dp[i][j]的状态转移方程就是
dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1]));
//也就是由dp[i][j-1]+1和dp[i-1][j]+1和dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1])的最小值转移过来的；
当时做的时候没想太多，交了一发有bug的代码但是过了，应该是样例没特意卡空串。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 2005;
char a[maxn];
char b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
cin>>a;
cin>>b;
int ans = 0;
int flag = 0;
int l1 = strlen(a);
int l2 = strlen(b);
if(l1==0)
ans = l2;
else if(l2==0)
ans = l1;
else
{
for(int i = 1;i<=l1;i++)
dp[i][0]=i;
for(int j =1;j<=l2;j++)
dp[0][j]=j;
for(int i = 1;i<=l1;i++)
{
for(int j = 1;j<=l2;j++)
{
if(a[i-1]==b[j-1])
flag = 0;
else
flag = 1;
dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+flag);
}
}
}
cout<<dp[l1][l2]<<endl;
}
很明显上面的代码是有bug的，因为我用cin输入根本就不需要特判l1还有l2是否为0，不过当时没有在意这个细节，现附上改进代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 2005;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
cin.getline(a,2001);
cin.getline(b,2001);
int l1 = strlen(a);
int l2 = strlen(b);
for(int i = 1;i<=l1;i++)
dp[i][0]=i;
for(int j =1;j<=l2;j++)
dp[0][j]=j;
for(int i = 1;i<=l1;i++)
for(int j = 1;j<=l2;j++)
dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1]));
cout<<dp[l1][l2]<<endl;
}
4.算法时间和空间复杂度
两层for循环，时间复杂度是O(l1*l2)；
二维dp数组，空间复杂度是O(l1*l2)；
5.心得体会
对dp还是不够熟悉，第三题用了十来二十分钟才弄出dp方程式，如果是权哥估计看到题目没过多久就能弄出来了
由于队内分工的时候dp是权哥搞的，所以我对dp的熟悉度不算太高，导致做题的时候用的时间比我想象中要多，感觉还是要多做一点dp的题目保持对dp的题感。（虽然正式比赛的时候dp也是权哥搞的，我最多也就和他讨论一下思路）