[作業系列]算法第3章上機實踐報告
1.實踐題目
7-3編輯距離問題
2.問題描述
設A和B是2個字符串。要用最少的字符操作將字符串A轉換為字符串B。這裏所說的字符操作包括 (1)刪除一個字符; (2)插入一個字符; (3)將一個字符改為另一個字符。 將字符串A變換為字符串B所用的最少字符操作數稱為字符串A到 B的編輯距離,記為d(A,B)。 對於給定的字符串A和字符串B,計算其編輯距離 d(A,B)。
輸入格式:
第一行是字符串A,文件的第二行是字符串B。
提示:字符串長度不超過2000個字符。
輸出格式:
輸出編輯距離d(A,B)
輸入樣例:
在這裏給出一組輸入。例如:
fxpimu
xwrs
輸出樣例:
在這裏給出相應的輸出。例如:
5
3.算法描述
設A串長度為l1,B串長度為l2,那麽開一個dp[i][j]記錄當長度為i的A串的時候變成長度為j的B串時的最短編輯距離。那麽dp[0...l1][0]初始化為0...l1,dp[0][0...l2]初始化為0...l2.
那麽dp[i][j]的狀態轉移方程就是
dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1]));
//也就是由dp[i][j-1]+1和dp[i-1][j]+1和dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1])的最小值轉移過來的;
當時做的時候沒想太多,交了一發有bug的代碼但是過了,應該是樣例沒特意卡空串。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn = 2005; char a[maxn]; char b[maxn]; int dp[maxn][maxn]; int main() { cin>>a; cin>>b; int ans = 0; int flag = 0; int l1 = strlen(a); int l2 = strlen(b); if(l1==0) ans = l2; else if(l2==0) ans = l1; else { for(int i = 1;i<=l1;i++) dp[i][0]=i; for(int j =1;j<=l2;j++) dp[0][j]=j; for(int i = 1;i<=l1;i++) { for(int j = 1;j<=l2;j++) { if(a[i-1]==b[j-1]) flag = 0; else flag = 1; dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+flag); } } } cout<<dp[l1][l2]<<endl; }
很明顯上面的代碼是有bug的,因為我用cin輸入根本就不需要特判l1還有l2是否為0,不過當時沒有在意這個細節,現附上改進代碼
#include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 2005; char a[maxn],b[maxn]; int dp[maxn][maxn]; int main() { cin.getline(a,2001); cin.getline(b,2001); int l1 = strlen(a); int l2 = strlen(b); for(int i = 1;i<=l1;i++) dp[i][0]=i; for(int j =1;j<=l2;j++) dp[0][j]=j; for(int i = 1;i<=l1;i++) for(int j = 1;j<=l2;j++) dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j]+1),dp[i-1][j-1]+(a[i-1]!=b[j-1])); cout<<dp[l1][l2]<<endl; }
4.算法時間和空間復雜度
兩層for循環,時間復雜度是O(l1*l2);
二維dp數組,空間復雜度是O(l1*l2);
5.心得體會
對dp還是不夠熟悉,第三題用了十來二十分鐘才弄出dp方程式,如果是權哥估計看到題目沒過多久就能弄出來了
由於隊內分工的時候dp是權哥搞的,所以我對dp的熟悉度不算太高,導致做題的時候用的時間比我想象中要多,感覺還是要多做一點dp的題目保持對dp的題感。(雖然正式比賽的時候dp也是權哥搞的,我最多也就和他討論一下思路)
[作業系列]算法第3章上機實踐報告