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一、问题描述

二、思路分析

这道题是一道DP的问题，那么将从以下几个方面开始思考：

1、状态转移方程

（1）状态表示

状态表示通常情况下来源于问题，问题的规模通常揭示了状态的参数。这道题我们有两个字符串，两个字符串的长度决定了问题的规模，因此我们采用$f(i,j)$来表示长度为$i$的字符串$A$，经过最小次数的变换，变成长度为$j$的字符串$B$。

（2）状态转移

状态转移就是用子问题去解决当前问题，那么我们通过之前的做题经验，通常是利用$i-1$或者$j-1$来解决问题。

那么这道题也是一样的，我们的修改方式共有三种，增加，删除，替换。

那么我们需要根据不同的情况去选择不同的修改方式。

如果字符串A的$i$个字母和字符串的前$j-1$个相同，那么我们就只需要在字符串A的末尾增加一个字符，那么此时我们的操作次数就会$+1$。

如果字符串A的$i-1$个字母和字符串B的$j$个字符是相同的，那么说明我们字符串A的最后一个字符是多余的，此时我们就只需要删除字符串A的最后一个字符，此时操作次数+1。

如果字符串A的前$i-1$个字母和字符串B的前$j-1$个字符是相同的，那么我们只需要判断一下二者最后一个字母是否相等，如果相等的话，那么这两个字符串本身就是相同的，我们不需要进行任何的操作，如果二者不相同，我们只需要给字符串A的末尾字母替换成字符串B的最后一个字母即可，此时操作次数+1。

所以我们的状态转移方程可以写成：

$$f(i,j)=max\{\begin{array}{l}f(i-1,j)+1\\ f(i,j-1)+1\\ f(i-1,j-1)+1（or0）\end{array}$$

2、循环及初始化

（1）循环设计

循环设计可以从转移方程入手，想要处理$f(i,j)$，必须处理$f(i-1,j)$,$f(i-1,j-1)$,$f(i,j-1)$

因此，外循环是$i$从1到$n$，内循环是$j$从1到$m$。

（2）初始化处理

这道题的初始化就非常重要了，循环的最小起始值是1，所以$i-1$和$j-1$分别为0的时候，就是最小的子问题。
因为我们需要用这些为0的情况，去推导出为1的情况才行。

那么我们看$f(0,j)$的意思就是字符串$a$为0个字符，去匹配字符串b的j个字符所需要的最小操作次数，很明显直接添加j次就可以了。即$f(0,j)=j$

$f(i,0)$同理，字符串$a$为i个字符，去匹配字符串b的0个字符所需要的最小操作次数，很明显直接删除i次就好了。即$f(i,0)=i$

三、代码实现

#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1100;
char s1[N],s2[N];
int f[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%s%d%s",&n,s1+1,&m,s2+1);
    //初始化处理最小子问题
    for(int i=0;i<=m;i++)f[0][i]=i;
    for(int i=0;i<=n;i++)f[i][0]=i;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int nums=0;
            f[i][j]=min(f[i-1][j]+1,f[i][j-1]+1);
            if(s1[i]!=s2[j])nums=1;
            f[i][j]=min(f[i-1][j-1]+nums,f[i][j]);
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}