蓝桥杯2019第十届国赛

题目描述
我们称一个字符串 S 包含字符串 T 是指 T 是 S 的一个子序列，即可以从字符串 S 中抽出若干个字符，它们按原来的顺序组合成一个新的字符串与 T 完全一样。
给定两个字符串 S 和 T，请问最少修改 S 中的多少个字符，能使 S 包含 T ？
其中， 1 ≤ ∣ T ∣ ≤ ∣ S ∣ ≤ 10001 ≤ ∣ T ∣ ≤ ∣ S ∣ ≤ 1000 1 leq |T| leq |S| leq 10001≤∣T∣≤∣S∣≤1000 1≤∣T∣≤∣S∣≤10001≤∣T∣≤∣S∣≤1000。
输入描述
输入两行，每行一个字符串。
第一行的字符串为 S，第二行的字符串为 T。
两个字符串均非空而且只包含大写英文字母。
输出描述
输出一个整数，表示答案。
输入输出样例
示例
输入
ABCDEABCD
XAABZ
输出
3

dp[i][j]用到str2[i - 1]结尾的字符串去匹配到str1[j - 1]结尾的字符串，此时str1[j - 1]结尾的字符串最少修改的字符数。

1. 如果str1[j - 1] == str2[i - 1]，两字符串结尾相同，无须修改字符，情况数等同于拿到str2[i - 2]的字符串去匹配到str1[j - 2]的字符串。即：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
2. 如果str1[j - 1] != str2[i - 1]，两字符串结尾不同
   1. 不修改字符，则等同于拿到str2[i - 1]的字符串去匹配到str1[j - 2]的字符串
   2. 修改字符，则修改数等于拿到str2[i - 2]的字符串去匹配到str1[j - 2]的字符串的修改数加1，即我们进行了一次修改操作
      综上，我们取修改数最少的情况：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i][j - 1]);

我们把第0行初始为0，也就说空集是任何集合的子集，我们不需要修改str1就能使其包含空集。即：for (auto &n : dp[0]) n = 0; 注意，这里必须是“auto &n”，否则我们实际上并没有修改dp中的元素。

把第0列除了dp[0][0]以外的元素初始化为INT_MAX，以此表示非法。因为我们无法修改空集作为str1，使其匹配非空集合str2。（题目中说的是修改str1，我就当必须一个元素改成另一个元素，而不能像经典编辑距离问题那样增加或删除元素）

根据递推公式，可知从左到右从上到下。

for (int i = 1; i < dp.size(); i++) {
	for (int j = i; j < dp[i].size(); j++) {
	// 递推式
	}
}

内层for循环，j从i开始递增，一方面能减少计算量，提高效率；另一方面，之前我们的INT_MAX一旦加一，就会出现溢出，变成负数，导致整个动态规划失效。

#include 
using namespace std;

int main(void) {
	string str1, str2;
	cin >> str1 >> str2;
	vector > dp(str2.size() + 1, vector(str1.size() + 1, INT_MAX));
	// dp[i][j]用到str2[i - 1]的元素去匹配到str1[j - 1]的字符串，此时str1最少修改的字符数
	for (auto &n : dp[0]) n = 0;  // 把第0行数据全部置为0
	for (int i = 1; i < dp.size(); i++) {
		for (int j = i; j < dp[i].size(); j++) {
			if (str1[j - 1] == str2[i - 1]) {
				dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
			} else {
				dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i][j - 1]);
			}
		}
	}
	cout << dp.back().back();
	// system("pause");
	return 0;
}