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題目大意：給出兩個字符串 A 和 B，規定兩個字符串的距離 dis( s , t ) 為，可以在字符串 s 或 t 的任意位置添加或刪除字符，使得兩個字符串相等的最小操作次數，現在給出 q 次詢問，每次詢問給出字符串 A 的一個子串，問 dis( A[ l : r ] , B ) 是多少

題目分析：首先簡化題目中的 dis 函數，假設 | s | < | t | ，再設?lcs 為其最長公共子序列的長度，我們可以將字符串 s 和 t 都變為 lcs，這樣顯然就相等了，將其轉換為 lcs 只需要將多余的字母刪除即可，操作數為 | s | - | t | - 2 * lcs

這樣一來，對于每次詢問，只需要求出 A 的子串與 B 串的 lcs 就好了，但是 A 的長度能達到 1e5 ，普通的 n * m 的求解方法肯定是不行的了，但是又考慮 B 的長度只有 20 ，所以可以考慮序列自動機優化，將求解 lcs 的時間復雜度下降到 m * m

具體優化方式如下，首先對 A 串建立序列自動機，nt[ i ][ j ] 表示從第?i 個位置往后(包含)，首次出現字母 j 的位置，然后對于 B 串dp[ i ][ j ] 代表到第 i 位為止，lcs 為 j 時在 A 串最早結束的位置，這樣 dp[ i ][ j ] 的轉移無非只能從 dp[ i - 1 ][ j ] 和 dp[ i - 1 ][ j - 1 ] 的位置后找到首次出現 b[ i ] 的位置，取個最小值就好了，因為 dp 數組是可以迭代更新的，所以可以省去第一維

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;char a[N],b[N];int nt[N][26],dp[25];//dp[i][j]:到第i位為止,lcs為j時的最早結束位置 int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){scanf("%s%s",a+1,b+1);int n=strlen(a+1),m=strlen(b+1);for(int i=0;i<26;i++)nt[n+1][i]=n+1;for(int i=n;i>=0;i--){for(int j=0;j<26;j++)nt[i][j]=nt[i+1][j];if(i>0)nt[i][a[i]-'a']=i;}int q;scanf("%d",&q);while(q--){int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);int lcs=0;memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0]=l-1;for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=m;j>=1;j--){if(dp[j-1]<=r&&nt[dp[j-1]+1][b[i]-'a']<=r)dp[j]=min(dp[j],nt[dp[j-1]+1][b[i]-'a']);if(dp[j]<=r)lcs=max(lcs,j);}printf("%d\n",r-l+1+m-2*lcs);}}return 0; }

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總結

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