算法第三章上机实践报告

7-3 编辑距离问题 (30 分)

 

设A和B是2个字符串。要用最少的字符操作将字符串A转换为字符串B。这里所说的字符操作包括 (1)删除一个字符； (2)插入一个字符； (3)将一个字符改为另一个字符。 将字符串A变换为字符串B所用的最少字符操作数称为字符串A到 B的编辑距离，记为d(A,B)。 对于给定的字符串A和字符串B，计算其编辑距离 d(A,B)。

输入格式:

第一行是字符串A，文件的第二行是字符串B。

提示：字符串长度不超过2000个字符。

输出格式:

输出编辑距离d(A,B)

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

fxpimu
xwrs 

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

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算法思路：
这道题我们通过DP求解，首先设一个dp数组，dp[i][j]表示字符串A的长度为i的前缀与字符串长度为j的前缀的编辑距离。我们对这两个前缀的末尾字符进行操作，首先我们删除A的末尾字符和在B的末尾字符前插入一个字符是等价的，我们可以看做操作之后的两个字符是匹配的，若A被删除，那么就轮到它的前一个字符参与操作，若B前插入，那么A的末尾被匹配，B的原末尾依旧存在，所以其实等价，有dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1，同理。反过来也有 dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1。
对于修改字符的情况，修改后两者必能匹配。都轮到前一个，但如果原本就相等，那么就可省去修改的操作，所以有dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + flag，其中若A[i] == B[j], flag = 0;A[i] != B[i], flag = 1;最后取这三个值的最小值即可

AC代码：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h> 
using namespace std;

int n, ans, len1, len2;
int dp[2050][2050];
char a[2050], b[2050];

int main(){
    
    scanf("%s",a + 1);
    
    scanf("%s",b + 1);
    
    len1 = strlen(a + 1);
    
    len2 = strlen(b + 1);
    
    for(int i = 0; i <= len1; ++i){
        
        for(int j = 0; j <= len2; ++j){
            
            if(i == 0 || j == 0){
                
                dp[i][j] = i + j;
                
            }
            else{
                
                dp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1), dp[i - 1][j - 1] + (a[i] != b[j]));
                
            }
        }
        
    }
    
    printf("%d",dp[len1][len2]);
    
    return 0;    
}

时空复杂度分析：
设字符串A长度为m，字符串B长度为n，由于需要一个二维dp数组并对其填表，所以时空复杂度均为O（n*m）。

心得体会：
首先感觉自己对字符串的dp还是不太熟练，不能很好的理清关于字符串的dp的思路，以后需要多加练习。