POJ 3356 AGTC.

~~~~

题目意思问将序列 x 转化成序列 y 需要多少步操作。

题目链接：http://poj.org/problem?id=3356

~~~~

我的想法先求的两条序列的最长公共子序列。余下不相同或者是缺少的部分做相应的处理就好。

最长公共子序列都会吧，于是····

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#define N 1000+10
using namespace std;

int f[N][N];
string a,b;
int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>a>>m>>b)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(a[i-1]==b[j-1]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
                else f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i-1][j]);
            }
        }
        cout<<m-f[n][m]<<endl; //~~
    }
    return 0;
}

看了看网上的代码。DP写的很漂亮哇。

果然我是弱菜，只能用现成的。。

这里附上一个参考的代码吧。。

//设dp[i][j]的意义为y取前i个字母和x取前j个字母的最少操作次数
//
//那么可以得到dp[0][i] = i和dp[i][0]=i，因为某一字符串为空的，要得到另一个i长度字符串，必须经过i次插入操作。
//而dp[1][1]，有3中操作，
//1.转换 ，将str1[0]和str2[0]判断，如果相等，则dp[1][1]=0，否则dp[1][1]=1
//2.删除，因为，目的串比源串小，所以删除源串一个字符，
//也就是必须有一次操作，删除str1[0]后，那么dp[1][1]就是dp[0][1]的值+1
//3.添加，在目的串添加一个字符，即源串不变，但是目的串减1，和源串去匹配，即dp[1][0] + 1

//dp[i][j]可以由3中操作的最小值得到：
//dp[i-1][j-1]+str1[i]==str2[j]?0:1
//dp[i-1][j]+1
//dp[i][j-1]+1
#include <iostream>
#define MAXS 1010
using namespace std;

char str1[MAXS],str2[MAXS];
int len1,len2;

int f[MAXS][MAXS];			//记录下str1取i个，str2取j个最少操作次数

int min(int a,int b){
	return a<b?a:b;
}

int main(){
	int i,j;
	while(cin>>len2>>str2){
		cin>>len1>>str1;

		f[0][0] = 0;
		for(i = 1;i <= len1;i++){
			f[i][0] = i;
		}
		for(i = 1;i <= len2;i++){
			f[0][i] = i;
		}

		for(i = 1;i <= len1;i++){
			for(j = 1;j <= len2;j++){
				int tmp = f[i - 1][j - 1] + (str1[i - 1]==str2[j - 1]?0:1);
				tmp = min(f[i - 1][j] + 1,tmp);
				f[i][j] = min(f[i][j - 1] + 1,tmp);
			}
		}

		cout<<f[len1][len2]<<endl;
	}
	return 0;
}

POJ 3356 AGTC.,布布扣,bubuko.com

POJ 3356 AGTC.

原文：http://blog.csdn.net/darwin_/article/details/38488643