POJ 3356 AGTC(最小编辑距离)

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POJ 3356 AGTC(最小编辑距离)

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

题意:

       给出两个字符串x 与 y，其中x的长度为n，y的长度为m，并且m>=n.然后y可以经过删除一个字母，添加一个字母，转换一个字母，三种操作得到x.问最少可以经过多少次操作

分析:

       我们令dp[i][j]==x表示源串的前i个字符变成目串的前j个字符需要x步操作.

       初始化: dp[0][i]==i且 dp[i][0]=i.

       上述前者表示添加源串i个字符, 后者表示删除源串i个字符.

       状态转移: dp[i][j]如果我们只在源串的末尾进行3种操作,那么有下面3种情况.

       1.    dp[i-1][j-1]+(x[i]==y[j]?0:1).即如果源串和目串最后一个字符相同, 自然dp[i-1][j-1]就是所求. 如果他们最后一个字符不同, 那么可以替换源串的最后一个字符成目串的那个字符.

       2.    dp[i-1][j]+1.我们可以删除源串最后一个字符(1步删除操作), 然后将源串变成目串(dp[i-1][j]步操作).

       3.    dp[i][j-1]+1.我们可以将源串变成目串的前j-1个字符的串(dp[i][j-1]步操作),然后在源串末尾再添加一个y[j]即变成了目串(1步操作).

最终所求: 上述三个式子的最小值.

AC代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1000+5;

int n,m;
int dp[maxn][maxn];
char s1[maxn],s2[maxn];

int main()
{
    while(scanf("%d%s",&n,s1)==2)
    {
        scanf("%d%s",&m,s2);

        for(int i=0;i<=m;i++)
            dp[0][i]=i;
        for(int i=0;i<=n;i++)
            dp[i][0]=i;

        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(s1[i-1]==s2[j-1]?0:1);
            dp[i][j]=min(dp[i][j], min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1));
        }
        printf("%d\n",dp[n][m]);
    }
    return 0;
}

POJ 3356 AGTC(最小编辑距离)

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原文地址：http://blog.csdn.net/u013480600/article/details/40780781