一、實踐題目
設A和B是2個字符串。要用最少的字符操作將字符串A轉換為字符串B。這里所說的字符操作包括：
(1)刪除一個字符；
(2)插入一個字符；
(3)將一個字符改為另一個字符。
將字符串A變換為字符串B所用的最少字符操作數稱為字符串A到 B的編輯距離，記為d(A,B)。
對於給定的字符串A和字符串B，計算其編輯距離 d(A,B)。 輸入格式: 第一行是字符串A，文件的第二行是字符串B。 提示：字符串長度不超過2000個字符。 輸出格式: 輸出編輯距離d(A,B) 輸入樣例: 在這里給出一組輸入。例如： fxpimu xwrs 輸出樣例: 在這里給出相應的輸出。例如： 5
二、問題描述
題目大意是：給出兩個字符串 a、b，可以通過增刪改三個操作將a變成b，需要進行幾次操作。
三、算法描述
這道題類似於求最長公共子序列，但是還是更高級一點的。我用了res [2002][2002]來存儲結果，res[i][j]表示a的子串(下標從0到i）轉化為b的子串（下標從0到j）需要的操作次數，因此本題結果是res[strlen(a)][strlen(b)]。
那么問題就轉化為求出res數組。
本題的res數組:
| a \ b | x | w | r | s |
| f | 1 | 2 | 3 | 4 |
| x | 1 | 2 | 3 | 4 |
| p | 2 | 2 | 3 | 4 |
| i | 3 | 3 | 3 | 4 |
| m | 4 | 4 | 4 | 4 |
| u | 5 | 5 | 5 | 5 |
1、初始化：當strlen(a)=0,res[0][j]=j;同理可得res[i][0]=i;
2、當a[i-1]=b[j-1],則res[i][j]=res[i-1][j-1]，即等於左上角的元素;
3、當a[i-1]!=b[j-1]，有以下三種情況：
（1）若進行刪除操作：操作數加1，res[i][j]=res[i-1][j]+1;
（2）若進行增加操作：操作數加1，res[i][j]=res[i][j-1]+1;
（3）若進行替換操作：操作數加1，res[i][j]=res[i-1][j-1]+1;
res[i][j]等於上面三種情況res[i][j]里的最小值
通過以上分析，我們可以發現填表規則是從上到下從左往右填一個大小為strlen(a)*strlen(b)的表格，兩層for循環對res數組操作：匹配時取左上的值；
失配時取 左上+1，左邊+1，右邊+1 三個數中的最小值，更新res[i]][j];
最后遞推到右下角dp[la][lb]為所求答案
代碼如下：
1 #include<iostream> 2 #include<string.h> 3 using namespace std; 4 char a[2005], b[2005]; 5 int res [2002][2002]; 6 int temp = 1; 7 int main (){ 8 cin >> a; 9 cin >> b; 10 int la = strlen (a); 11 int lb = strlen (b); 12 for(int i = 0; i <= la; i++) res[i][0] = i; 13 for(int i = 0; i <= lb; i++) res[0][i] = i; 14 15 for(int i = 1; i <= la; i++){ 16 for(int j = 1; j <= lb; j++){ 17 if(a[i-1] == b[j-1]) temp = 0; else temp = 1; 18 int t = min(res[i-1][j] + 1,res[i][j-1] + 1); 19 res[i][j] = min(t,res[i-1][j-1] + temp); 20 } 21 } 22 23 cout << res[la][lb]; 24 return 0; 25 }
四、算法時間及空間復雜度分析
采用dp思想，兩層for循環處理res數組，故時間復雜度為O（n^2）
五、心得體會
dp問題最重要的還是要找到問題的最優解子結構，然后建立遞推關系，確定好填表的順序。
多打題，才能提高、加深對算法的理解。