給定兩個字串s和t，對於t我們允許三種操作：
(1) 在任意位置新增任意字元
(2) 刪除存在的任意字元
(3) 修改任意字元
問最少操作多少次可以把字串t變成s？
例如： s＝ 「abcf」 t = 「dbfg」
那麼我們可以
(1) 把d改為a
(2) 刪掉g
(3) 加入c
所以答案是3。
(1) 把t中字元全刪了，再新增s的全部字元，操作次數m + n。
(2) 把t中字元刪或加成m個，再修改 操作次數最多 |n – m| + m。
這個問題之所以難，是難在有「新增」「刪除」這樣的操作，很麻煩。我們試試換個角度理解問題，把它看成字串對齊的問題，事實上從生物資訊學對比基因的角度，我們可以這樣理解問題。
給定字串s和t，我們可以用一種特殊字元促成兩個字串的對齊。我們加的特殊字元是「-」, 我們允許在s和t中任意新增這種特殊字元使得它長度相同，然後讓這兩個串「對齊」，最終兩個串相同位置出現了不同字元，就扣1分，我們要使得這兩個串對齊扣分盡量少。
對於例子 我們實際上採取了這樣的對齊方式：
12345
abcf-
db-fg
注意：如果要對齊，兩個「-」相對是沒有意義的，所以我們要求不出現這種情況。
那麼看一下：
(1) s,t對應位置都是普通字元，相同，則不扣分。 例如位置2，4
(2) s,t對應位置都是普通字元，不同，則扣1分。 例如位置1
(3) s在該位置是特殊字元，t在該位置是普通字元，則扣1分，例如位置5
(4) s在該位置是普通字元，t在該位置是特殊字元，則扣1分，例如位置
我們來看看扣分專案對應什麼？
(1) 不扣分，直接對應
(2) 對應把t中對應位置的字元修改
(3) 對應在t中刪除該字元
(4) 對應在t中新增該字元
好了，目標明確，感覺像不像 lcs？我們嘗試一下：
設f(i,j)表示s的前i位和t的前j位對齊後的最少扣分。
那我們來看看最後一位，對齊的情況
(1) 必須s[i] == t[j], 這時前i – 1和j – 1位都已經對齊了，這部分肯定要最少扣分。這種情況下最少的扣分是f(i-1,j-1)
(2) 和（1）類似，s[i]≠t[j]，這種情況下最少的扣分是f(i -1, j – 1) + 1
(3) s的前i位和t的前（j – 1）位已經對齊了，這部分扣分也要最少。這種情況下最少的扣分是f(i,j-1) + 1
(4) s的前(i-1)位已經和t的前j位對齊了，這部分扣分要最少。這種情況下最少的扣分是f(i,j-1) + 1
具體f(i,j)取什麼值，顯然是要看哪種情況的扣分最少。
雖然，我們找到了這樣的上界，bfs從實際角度並不可行，因為搜尋空間是指數的，這取決於s中的字元種類——具體的數量級不好估計。
為了方便，我們定義函式same(i,j)表示如果s[i] == t[j]則為0，否則為1。
我們來表示一下遞推式：
f(i,j) = min(f(i – 1, j – 1) + same(i,j), f(i – 1,j ) + 1, f(i, j – 1) + 1)
初值是什麼？
f(0, j) = j
f(i, 0) = i
這時因為對於s的前0位，我們只能在之前加入「-」，或者說把t全部刪掉了。類似地，對於t地前0位，我們只能把s的字元都加進來，別無選擇。
注意上述兩個式子的重合點 f(0,0) = 0也符合我們的定義，並不矛盾。
時間複雜度？ o(m * n)，空間複雜度？ o(m * n)。同樣我們發現到f(i,j)只與本行和上一行有關，可以省掉一維的空間複雜度，從而達到o(n)，優化後的偽**：
for j = 0 to n do
f[j] = j
endfor
for i = 1 to m do
last = f[0]
f[0] = i
for j = 1 to n do
temp = f[i,j]
f[i,j] = min(last + same(i,j), temp + 1, f[j – 1] + 1)
last = temp
endfor
endfor
注意： 我們對於i實際上更新j的順序是由小到達的，所以我們需要儲存「舊的」f[i-1,j – 1]。
輸入
第1行：字串a(a的長度 <= 1000)。第2行：字串b(b的長度 <= 1000)。
輸出
輸出a和b的編輯距離
輸入示例
kittensitting
輸出示例
3
#include#include#includeusing namespace std;
char a[1010];
char b[1010];
int same[1010][1010];
int dp[1010][1010];
int lena,lenb;
void init()
} }
int main()
} printf("%d\n",dp[lena][lenb]);
return 0;
}
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