有 A=a1a2a3„am,B=b1b2b3„bn 两个字符串(均为小写字母)现在要通过以下操作将 A
或 A 的一个后缀修改为 B：
1. 删除 删除掉 A 中的某一个字符。
2. 添加 将某一个字符添加到 A 中任意位置。
3. 替换 将 A 中某一字符替换为另一个。
求出最小操作次数
第一行为字符串 A。第二行为字符串 B(长度均不超过 1000)。
题目描述很有让人爆搜的想法啊，看到数据，嗯，绝望了。
以这种大小明显不是爆搜可以解决的吧，看起来很像dp的样子呢，试试吧（重点我也没想到别的算法）
之前我看一个大佬的博客，大佬表示只要想通怎么去做就可以了，他每一步是怎么实现的不重要，仔细去想反而会更加迷糊。
（我上午试图仔细想想，试图把一些奇怪的问题都想出来，但我发现越来越乱，其实只要知道他让我们干什么，我们该怎么干就好了，具体会发生什么我们不需要知道。）
本来我是在写后缀的，dp[i][j]=a的后i个数要多少步才能变成b的前j个数。
但是这个代码有点太恶心人了，我脑子有点乱，感觉这不是什么好主意……
我就改了一下主意：dp[i][j]=a的前i个数要多少步才能变成b的前j个数。
大家想想啊，虽然这个是前缀，但如果前缀没什么用是不是可以忽略掉，竟然这样的话，代码清晰，思路也清晰就不是事了。
emm，写完了，但出了一点小问题。
大家都知道字符串第一个字符的下表是0，竟然是0的话，那么就不能出现什么dp[x-1]之类的东西，会崩掉的。
这不是很大的事情，但我处理的有些繁琐，导致自己出的一个数据一直过不去，还不知道为啥。
然后就来了一波操作，让输入的字符串下标整体向后移动了一下。
减少了奇怪的操作，问题解决了。
虽然我不知道为什么会有问题，但我知道是哪里出了问题，替代掉它就可以了。
一些奇怪的问题解决了，接下来是正经的dp了。
通过前面的说法，dp[i][j]表示a的前i个字符改变成b的前j个字符的次数。
我们可以得到一个简单好想的状态转化方程，就像新手礼包一样。dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+bj,min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]));
emm，有点长，同学们可能看不懂，简单解释一下，我们把他分开，变成3部分
第一部分：dp[i-1][j-1]+bj
bj的意思是新加进来的两个字符是否相等，相等就抵消了嘛，不想等还要处理……
这一步还包含替换操作。
相等的话bj就是0，不相等就是1咯。
第二部分：dp[i-1][j]+1
第三部分：dp[i][j-1]+1
这2部分对应j-1和i-1的情况，我们会发现这两个有个共同点，就是现在的j比刚才的i多1个，所以我们只要在之前的里面再加上一个就可以解决了。
3个操作都想出来了，该放个代码了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cstring>
using namespace std;
long long dp[1005][1005],ac,bc,bj;
char a[1005],b[1005];
int main()
{
freopen("str.in","r",stdin);
freopen("str.out","w",stdout);
cin>>a+1>>b+1;
ac=strlen(a+1);
bc=strlen(b+1);
for(int i=1;i<=ac;i++)//dp不初始化，考完两行泪啊。
{
dp[i][0]=0;
}
for(int i=1;i<=bc;i++)
{
dp[0][i]=i;
}
for(int i=1;i<=ac;i++)//简单和谐的代码
{
for(int j=1;j<=bc;j++)
{
if(a[i]==b[j])
{
bj=0;
}else
{
bj=1;
}
dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+bj,min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1));
}
}
cout<<dp[ac][bc]<<endl;
return 0;
}
思路写了这么多，代码只有40行（如果我不是这个码风可能还短），dp这种东西想起来有点难，写起来还是挺好写的。
附加：奉劝你们不要深究，明白为什么这么写就好，硬要想中间发生了什么会让脑子很乱（可能只有我这样），实在想不明白可以私下问我。看不看的见就随缘吧。