POJ 3356 AGTC 最短编辑距离 DP

http://poj.org/problem?id=3356

题意：

给两个长度不大于1000的串，修改其中一个串使得两串相同，问最少修改次数。修改有三种，插入一个字符，删除一个字符，改变一个字符。

分析：

直接给方程。

dp[i][j]表示第一个串前i位和第二串前j位匹配的最小修改次数。

dp[0][0] = 0, dp[length(x)][length(y)]为答案。

dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1] + x[i] != y[j], dp[i-1][j] + 1, dp[i][j-1] + 1)

假设修改的是x串，那么右侧三项分别对应改变(如果已经相同则不必)，删除，插入。

然后发现实际上是对称的，修改的是y串，三项对应改变，插入，删除。

我感觉如果允许同时修改两串，其实方程也一样，结果也一样，因为删除x串对应插入y串，插入y串对应删除x串。

然后这题坑爹在于多组case，看了discuss才知道。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5
 6 int lx, ly, oo;
 7 char x[1100], y[1100];
 8 int dp[1100][1100];
 9 bool same(int i, int j)
10 {
11     if (x[i] == y[j]) return true;
12     else return false;
13 }
14 int main()
15 {
16     while(scanf("%d %s %d %s", &lx, x, &ly, y) != EOF)
17     {
18         memset(dp, 127, sizeof(dp));
19         oo = dp[0][0];
20         dp[0][0] = 0;
21         for (int i = 0; i <= lx; i++)
22             for (int j = 0; j <= ly; j++){
23                 if (i > 0 && j > 0 && dp[i-1][j-1] != oo)
24                     dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j-1] + 1 - same(i-1, j-1)); //Change
25                 if (i > 0 && dp[i-1][j] != oo)
26                     dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j] + 1);             //Deletion of x or Insertion of y
27                 if (j > 0 && dp[i][j-1] != oo)
28                     dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + 1);             //Insertion of x or Deletion of y
29             //    printf("%d %d %d\n", i, j, dp[i][j]);
30             }
31         printf("%d\n", dp[lx][ly]);
32     }
33     return 0;
34 }

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