編輯距離

給定兩個字符串S和T，對於T我們允許三種操作：

(1) 在任意位置添加任意字符 (2) 刪除存在的任意字符 (3) 修改任意字符 

問最少操作多少次可以把字符串T變成S？ 

例如： S＝  “ABCF”   T = “DBFG”

那麼我們可以

(1) 把D改爲A (2) 刪掉G (3) 加入C

所以答案是3。

分析： 這個最少的操作次數，通常被稱之爲編輯距離。“編輯距離”一次本身具有最短的意思在裏面。因爲題目有“最短”這樣的關鍵詞，首先我們想到的是BFS。是的，當S的距離爲m, T的距離爲n的時候，我們可以找到這樣的操作次數的界限：

(1) 把T中字符全刪了，再添加S的全部字符，操作次數m + n。 (2) 把T中字符刪或加成m個，再修改 操作次數最多 |n – m| + m。 雖然，我們找到了這樣的上界，BFS從實際角度並不可行，因爲搜索空間是指數的，這取決於S中的字符種類——具體的數量級不好估計。

最後，我們來提供輸入輸出數據，由你來寫一段程序，實現這個算法，只有寫出了正確的程序，才能繼續後面的課程。

輸入

第1行：字符串a(a的長度 <= 1000)。
第2行：字符串b(b的長度 <= 1000)。

輸出

輸出a和b的編輯距離

輸入示例

kitten
sitting

輸出示例

3

請選取你熟悉的語言，並在下面的代碼框中完成你的程序，注意數據範圍，最終結果會造成Int32溢出，這樣會輸出錯誤的答案。

不同語言如何處理輸入輸出，請查看下面的語言說明。
題解：dp[i][j]表示S前i個和T前j個要扣的最少分。
1：當S[i]和T[j]相同時，那麼這種情況下最少要扣的分數是dp[i-1][j-1];
2：當S[i]和T[j]不同時，那麼這種情況下最少要扣的分數是 dp[i-1][j-1]+1和(S的前i個和T的前j-1個已經對齊)dp[i][j-1]+1和

(S的前i-1個和T的前j個已經對齊)dp[i-1][j]+1的最小值；
此時得出狀態轉移方程，實現代碼對你來說肯定輕而易舉啦。（此種方法複雜度O(n^2))

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[1010][1010];
int main()
{
    char a[1010];
    char b[1010];
    scanf("%s %s",a+1,b+1);
    a[0]=b[0]='0';
    int l1=strlen(a)-1;
    int l2=strlen(b)-1;
    for(int i=0;i<=l1;i++){
        dp[i][0]=i;
    }
    for(int i=0;i<=l2;i++)
    dp[0][i]=i;
    for(int i=1;i<=l1;i++){
        for(int j=1;j<=l2;j++){
            if(a[i]!=b[j]){
                dp[i][j]=min(dp[i-1][j]+1,min(dp[i-1][j-1]+1,dp[i][j-1]+1));
            }else{
                dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
            }
        }
    }
    printf("%d",dp[l1][l2]);
    return 0;
}