1. 實踐題目
編輯距離
2.問題描述
設a和b是2個字串。要用最少的字元操作將字串a轉換為字串b。這裡所說的字元操作包括 (1)刪除乙個字元； (2)插入乙個字元； (3)將乙個字元改為另乙個字元。 將字串a變換為字串b所用的最少字元運算元稱為字串a到 b的編輯距離，記為d(a,b)。對於給定的字串a和字串b，計算其編輯距離 d(a,b)。
3. 演算法描述
這是乙個動態規劃問題。我們定義乙個二維陣列d[i][j]來儲存這些編輯最小操作，它表示將串a[0:i-1]轉變為b[0:j-1]的最小步驟（a和b是兩個字元陣列，從下標0開始初始化）。
然後我們分情況先討論：
當i = 0時：a串為空，那麼轉變為b串就是不斷新增字元，d[0][j] = j。
當j = 0時：b串為空，那麼轉變為b串就是不斷刪除字元，d[i][0] = i。
接下來是一般情況：我們考慮到字元的操作有三種，分別是刪除、增加和替換，那麼它們的操作就是在前一步的操作下以最少的次數增刪改。現在分三種情況：
1）假設把a[1:i] -> b[1:j-1]要x個步驟，那只要在b[j]增加a[i]後面就搞定了，那就需要x+1步操作。
2）假設把a[1:i-1] -> b[1:j]要x個步驟，那麼只要在刪除a[i]就好了，需要x+1步操作。
3）假設把a[1:i-1] -> b[1:j-1]要x個步驟，那麼只需要把a[i]替換為b[j]就ok了，那就需要x+1步操作。如果a[i] == b[j]，只需要x步。
所以填表法的思想來講，就是從上面三種情況中選最小的，填入**中。
遞迴公式： 1<=i<=length_a， 1<=j<=length_b
d[i][j] =min(d[i-1][j-1], d[i][j-1]+1, d[i-1][j]+1), a[i-1] == b[j-1]時
（之前和同學討論的時候，有人提到在上面這種情況的時候，只需要讓d[i][j] = d[i-1][j-1]就可以了，我交了一下確實也可以……但是我找不出特例。如果從這三個中取最小反而更好理解，解釋得通，也讓這個遞迴公式有通用性，我覺得）
d[i][j] =min(d[i-1][j-1]+1, d[i][j-1]+1, d[i-1][j]+1), a[i-1] != b[j-1]時
最優值：d[length_a][length_b]
我們初始化d陣列xw
rs01
234f
1112
3x2p
3i4m
5u6
其他以此類推。
最優值：d[length_a][length_b]
4.演算法時間及空間複雜度分析
時間複雜度：其實是對乙個二維陣列d[length_a+1][length_b+1]進行填寫的花銷，其他的只是一些簡單的加減運算和比較，所以雙重迴圈對演算法的花銷貢獻最大，時間複雜度為o(mn)。
空間複雜度：因為用到了二維陣列d，故為o(mn)。
5.**
#include#includeusing namespace std;
int d[2005][2005];
/*輸入的兩個字元陣列為a, b，從下標為0開始初始化
長度分別為length_a, length_b
陣列d[m][n]存放從a[1:m] 變為 b[1:n]所需要的最少操作
遞迴公式：
d[i][j] = 0, i=0或j=0 時(即陣列的第一行和第一列均為0)
1<=i<=length_a， 1<=j<=length_b
d[i][j] = d[i-1][j-1], a[i-1] == b[j-1]
d[i][j] = min(d[i-1][j-1]+1, d[i][j-1]+1, d[i-1][j]+1), a[i-1] != b[j-1]
最優值：d[length_a][length_b]
*/int min(int a, int b, int c)
if(temp > c)
return temp;
}int edit(char *a, char *b)
for(int i = 0; i <= length_b; i++)
for(int i = 1; i <= length_a; i++)
else
} }return d[length_a][length_b];
}int main(){
char a[2000], b[2000];
cin>>a>>b;
cout<
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