合并字符串的最小成本问题（字符插入、删除、替换，带相邻合并规则）

字数 5799 2025-12-23 07:55:24

合并字符串的最小成本问题（字符插入、删除、替换，带相邻合并规则）

题目描述

给定两个字符串 source 和 target，以及三种操作的成本：

插入一个字符，成本为 insert_cost。
删除一个字符，成本为 delete_cost。
替换一个字符，成本为 replace_cost。

此外，还有一个特殊的“合并规则”：如果经过一系列操作后，source 中相邻的两个字符变得相同，那么这两个字符可以立即合并为一个字符（合并后字符保持不变），且合并操作没有成本。合并操作可能引发新的相邻相同字符，这些字符也可以继续合并（类似消消乐），直到没有相邻相同字符为止。

目标：将字符串 source 转化为字符串 target，求最小总成本。

例如：
source = "ab", target = "a", insert_cost = 1, delete_cost = 1, replace_cost = 2。
一种方案：删除 'b'（成本1），得到 "a"，与 target 相同，总成本为1。
注意：这里不需要合并操作。

更复杂的例子：
source = "aaab", target = "ab"。
我们可以删除中间的 'a'（成本 delete_cost），得到 "aab"，此时前两个 'a' 相邻相同，触发合并（无成本）得到 "ab"，与 target 相同。总成本 = delete_cost。
如果 delete_cost 很大，也许替换某个 'a' 为 'b' 更优，这取决于具体成本。

解题思路

这是一个区间动态规划问题，难点在于合并规则使得操作后字符串长度可能动态变化，不能直接用标准编辑距离。

关键观察

合并的实质：合并规则意味着在最终得到的字符串中，不可能存在相邻相同字符。因此，target 本身必须满足：target 中任意相邻字符都不相同（否则不可能通过合并得到，因为合并只会消除相邻相同字符）。题目一般会保证这一点。
操作与合并的顺序：我们可以想象先将 source 通过插入、删除、替换变成某个中间串 T'，然后在 T' 上不断合并相邻相同字符，最终得到 target。
由于合并没有成本，我们可以在规划中直接考虑“合并后”的效果。也就是说，我们实际上是在规划如何将 source 变成 target，且允许在过程中任意位置合并相邻相同字符（免费）。

定义状态

设 dp[i][j] 表示将 source 的子串 source[i..j]（闭区间）通过操作（插入、删除、替换）以及免费合并，最终合并成一个字符的最小成本。注意这里的目标是变成一个字符，而不是任意字符串。为什么这样定义？因为 target 的每个字符可以看作是由 source 的某个区间“合并”而来的。

状态转移

考虑子串 source[i..j] 如何变成一个字符：

直接操作：如果 i == j，即子串长度为1，那么不需要合并。但要变成某个字符 c 的成本是：
- 如果 source[i] == c，成本为0。
- 否则，成本为 replace_cost（替换成 c）。
  注意：我们这里不直接存储 c，而是后续在更高层次中匹配 target 的字符。
分割点转移：对于 i < j，我们考虑将区间 [i, j] 分成两部分：[i, k] 和 [k+1, j]，分别合并成一个字符，假设这两个字符分别为 a 和 b：
- 如果 a == b，那么它们可以免费合并成一个字符 a（或 b），总成本 = dp[i][k] + dp[k+1][j]。
- 如果 a != b，则我们需要用操作将它们统一成一个字符：可以选择删除其中一个，或者替换其中一个与另一个相同。
  具体地，总成本 = dp[i][k] + dp[k+1][j] + min(delete_cost, delete_cost, replace_cost)？这里需要小心。
  实际上，当我们得到两个字符 a 和 b 后，要变成一个字符，可以：
  - 删除 a（成本 delete_cost），保留 b。
  - 删除 b（成本 delete_cost），保留 a。
  - 替换 a 为 b（成本 replace_cost）。
  - 替换 b 为 a（成本 replace_cost）。
    取这四种情况的最小值作为额外成本。
    因此状态转移方程为：
```
dp[i][j] = min_{k = i..j-1} (dp[i][k] + dp[k+1][j] + extra_cost)
```
其中 extra_cost 为将两个不同字符统一成一个字符的最小操作成本：
```
extra_cost = 0  (如果两个字符相同)
           = min(delete_cost, delete_cost, replace_cost, replace_cost) 
           = min(delete_cost, replace_cost)  （因为对称）
实际上：extra_cost = min(delete_cost, replace_cost) 当两个字符不同时。
```
注意：插入成本在这里不出现，因为插入是在更细的子问题中考虑的（见下文）。
插入操作的处理：以上 dp 只考虑了删除和替换，没有考虑插入。但插入可以在任何位置插入字符，相当于我们可以在构建过程中“凭空”产生一个字符。因此，我们可以在初始时，对于长度为1的子串 [i, i]，变成字符 c 的成本不仅是替换，还可以是插入一个字符 c（成本 insert_cost）然后删除原来的字符（成本 delete_cost），或者直接插入 c（如果原来为空？但我们的区间非空）。为了统一，我们可以认为：对于单个字符的子串，变成字符 c 的成本是：
```
cost = 0  if source[i] == c
       min(replace_cost, delete_cost + insert_cost)  otherwise
```
因为我们可以：
- 替换：直接替换成 c，成本 replace_cost。
- 先删除原字符，再插入 c：成本 delete_cost + insert_cost。
  取两者较小值。
但在 dp 递推中，我们不知道最终要变成哪个字符，所以我们在 dp 中不指定字符，而是计算“变成某个字符”的最小成本。因此，我们可以定义 dp[i][j] 为将 source[i..j] 变成任意一个字符的最小成本（因为最后合并成的字符可以是任意的）。这样，在合并两个区间时，如果它们最终字符相同，则 extra_cost=0；如果不同，则 extra_cost 为将其中一个字符变成另一个的最小成本（即 min(delete_cost, replace_cost)）。

那么如何知道两个区间最终变成的字符是否相同？我们可以在 dp 中同时记录变成每个字符的成本？那状态就太大了。更好的方法是：我们用 dp[i][j] 表示将区间合并成一个字符的最小成本，并且额外用一个数组 char_cost[i][j][ch] 记录变成特定字符 ch 的最小成本。但这样复杂度高。

更巧妙的做法是：注意到 extra_cost 只依赖于两个字符是否相同，以及 delete_cost 和 replace_cost 的大小。我们可以将 delete_cost 和 replace_cost 的关系事先分析：
- 如果 delete_cost <= replace_cost，那么当两个字符不同时，直接删除其中一个更划算（成本 delete_cost）。
- 如果 delete_cost > replace_cost，则替换其中一个更划算（成本 replace_cost）。
  因此，extra_cost 可以统一为 min_cost_diff = min(delete_cost, replace_cost)。
于是，状态转移简化为：
```
dp[i][j] = min_{k = i..j-1} (dp[i][k] + dp[k+1][j] + (chars_eq ? 0 : min_cost_diff))
```
但这里我们并不知道 chars_eq（两个区间最终字符是否相等）。我们需要在 dp 中同时记录变成的字符，或者用另一个状态表示。

一个经典解法是：定义 dp[i][j][ch] 为将 source[i..j] 变成单个字符 ch 的最小成本。这样状态是 O(n^2 * 26)，对于小字母表可行。

最终匹配 target

有了 dp[i][j][ch]，我们还需要将 source 变成 target。target 是由若干“块”组成的，每块对应 source 的一个区间，该区间最终合并成 target 的一个字符。由于 target 中相邻字符不同，这些区间是不重叠且覆盖整个 source 的（可能需删除 source 中一些字符，即某些区间为空？不，区间必须连续覆盖，但可以通过删除操作消除某些字符，相当于区间长度为0？我们可以允许区间为空，但空区间变成一个字符的成本是 insert_cost）。

因此，问题转化为：将 source 划分成 m 个连续区间（m = len(target)），第 p 个区间合并成字符 target[p]，求最小总成本。这可以用另一个 DP 完成：
设 f[p][i] 表示将 target 的前 p 个字符匹配完，且使用了 source 的前 i 个字符（即 source[0..i-1]）的最小成本。
转移时，枚举第 p 个字符对应的 source 区间起点 j（从 0 到 i-1），则区间为 [j, i-1]，成本为 dp[j][i-1][target[p-1]]。
即：

f[p][i] = min_{j=0..i-1} ( f[p-1][j] + dp[j][i-1][target[p-1]] )

初始：f[0][0] = 0，表示 target 前0个字符匹配完，用了 source 前0个字符。
最终答案：f[m][n]，其中 n = len(source)。

注意：source 中可能有字符未被匹配（即被删除），这已经包含在 dp 的成本中（删除操作）。同样，插入操作也包含在 dp 中（空区间变成字符的成本是 insert_cost，我们可以将空区间视为 dp[i][i-1][ch] = insert_cost，但区间定义需调整）。

空区间的处理

对于区间 [i, j] 当 i > j 时，表示空串，变成一个字符 ch 的成本是 insert_cost（直接插入该字符）。所以我们在初始化 dp[i][i-1][ch] = insert_cost。

算法步骤

预处理：设 source 长度 n，target 长度 m，字母表大小 C（假设为26个小写字母）。
初始化三维数组 dp[i][j][ch]，大小为 n x n x 26，值设为无穷大。

初始化长度为 0 的区间（空串）：

for i in 0..n:
    for ch in alphabet:
        dp[i][i-1][ch] = insert_cost   # 空串变成 ch 需要插入

注意 i 从 0 到 n，i-1 可能为 -1，表示区间为空。

初始化长度为 1 的区间：

for i in 0..n-1:
    for ch in alphabet:
        if source[i] == ch:
            dp[i][i][ch] = 0
        else:
            dp[i][i][ch] = min(replace_cost, delete_cost + insert_cost)

区间 DP 递推（区间长度 len 从 2 到 n）：

for len = 2 to n:
    for i = 0 to n-len:
        j = i + len - 1
        for ch in alphabet:
            dp[i][j][ch] = INF
            for k = i to j-1:
                # 将区间分成 [i,k] 和 [k+1, j]
                # 分别尝试所有可能的字符 ch1, ch2
                for ch1 in alphabet:
                    for ch2 in alphabet:
                        cost = dp[i][k][ch1] + dp[k+1][j][ch2]
                        if ch1 == ch2:
                            # 两个字符相同，合并免费，最终字符可以是 ch1
                            if ch1 == ch:
                                dp[i][j][ch] = min(dp[i][j][ch], cost)
                            else:
                                # 要将 ch1 变成 ch，需要额外操作
                                extra = min_cost_diff  # min(delete_cost, replace_cost)
                                dp[i][j][ch] = min(dp[i][j][ch], cost + extra)
                        else:
                            # 两个字符不同，需要统一成一个字符
                            # 选择变成 ch1 或 ch2 或另一个字符 ch
                            # 变成 ch1: 删除 ch2 或替换 ch2 为 ch1
                            extra_del = delete_cost   # 删除 ch2
                            extra_rep = replace_cost  # 替换 ch2 为 ch1
                            # 实际上，统一成 ch1 的额外成本 = min(delete_cost, replace_cost)
                            extra1 = min_cost_diff
                            # 同样，统一成 ch2 的额外成本 = min_cost_diff
                            extra2 = min_cost_diff
                            # 统一成另一个字符 ch (既不是 ch1 也不是 ch2)
                            # 需要将 ch1 和 ch2 都变成 ch，成本 = min_cost_diff + min_cost_diff
                            # 但也可以删除一个再插入等，这里简化：额外成本 = 2 * min_cost_diff
                            extra3 = 2 * min_cost_diff
                            # 取最小
                            extra = min(extra1, extra2, extra3)
                            if ch == ch1:
                                extra = extra1
                            elif ch == ch2:
                                extra = extra2
                            else:
                                extra = extra3
                            dp[i][j][ch] = min(dp[i][j][ch], cost + extra)

以上转移较复杂，但核心思想是：合并两个区间时，如果它们最终字符相同，则免费合并；如果不同，则需要额外成本（min_cost_diff）来统一字符。

第二层 DP：匹配 target。

f[0][0] = 0
for p = 1 to m:
    f[p][0] = INF  # 用了0个 source 字符无法匹配 p 个 target 字符（除非全插入，这里由 dp 空区间处理）
for i = 0 to n:
    f[0][i] = 0   # 匹配0个 target 字符，不需要成本（多余字符可删除，但删除成本在后续区间中计入）
for p = 1 to m:
    for i = 1 to n:
        f[p][i] = INF
        for j = 0 to i:
            # 第 p 个字符对应区间 [j, i-1]
            cost = dp[j][i-1][target[p-1]]  # 若 j > i-1，则为空区间成本（已在 dp 中定义）
            f[p][i] = min(f[p][i], f[p-1][j] + cost)

最终答案：f[m][n]。

时间复杂度优化

上述完整 DP 复杂度为 O(n^3 * C^3) 过高。实际中可以进行优化：

注意到在合并两个区间时，我们只关心它们变成的最小成本字符，以及该字符是什么。因此可以先用一个二维数组 best[i][j] 记录将区间变成任意字符的最小成本，同时记录对应的字符。但这样可能丢失信息，因为可能变成不同字符成本不同。
更常见的优化是：将 delete_cost 和 replace_cost 的关系固定，从而简化转移。如果 delete_cost <= replace_cost，那么当两个字符不同时，总是删除一个更优，因此 extra_cost = delete_cost。反之 extra_cost = replace_cost。
进一步，可以证明：存在最优解，使得每个区间最终变成的字符要么是 source 中某字符，要么是 target 中某字符。因此字母表大小可缩减到 O(n+m)，但实际中 C=26 已经很小。

在竞赛中，通常 n <= 100，C=26，O(n^3 * C^2) 可能勉强可接受（约 100^3 * 26^2 ≈ 1.76e8），需要优化常数或采用更高效的转移方程。

示例演示

假设 source = "aaab", target = "ab", insert_cost = 1, delete_cost = 1, replace_cost = 2。
min_cost_diff = min(1,2) = 1。

计算 dp 区间：
- 单字符区间：dp[0][0]['a']=0, dp[0][0]['b']=min(2,1+1)=2（替换成本2，或删除+插入成本2）。
  类似地初始化其他位置。
- 区间 [0,1]（"aa"）：可以分成 [0,0] 和 [1,1]，都是 'a'，相同，合并免费，变成 'a' 成本=0+0=0。
- 区间 [0,2]（"aaa"）：类似，成本0。
- 区间 [0,3]（"aaab"）：分成 "aaa" 和 "b"，'a' 和 'b' 不同，额外成本=1，变成 'a' 成本=0+2+1=3（其中 'b' 变成 'a' 成本2？需要仔细计算，但根据转移可得）。
匹配 target：
- target[0]='a'，可以对应 source 区间 [0,2]（"aaa"）成本0，或 [0,3] 成本3。
- target[1]='b'，对应剩余区间。
  最优划分：'a' 对应 [0,2]（成本0），'b' 对应 [3,3]（'b' 变成 'b' 成本0），总成本0。
  但注意 source 中 'b' 已经是 'b'，所以不需要操作。

最终答案 = 0？不对，因为 target 是 "ab"，而 source 是 "aaab"，我们需要删除两个 'a'？这里我们实际上将 "aaa" 合并成一个 'a'（免费），然后保留 'b'，得到 "ab"。确实不需要插入/删除/替换成本。所以最小成本为0。

总结

本题是区间 DP 与字符串编辑距离的结合，加入了合并规则。核心是定义状态 dp[i][j][ch] 表示将区间合并成单个字符 ch 的最小成本，然后利用区间分割进行转移，最后用另一个 DP 匹配 target 的每个字符。虽然复杂度较高，但通过合理优化可以求解。理解合并规则对操作顺序的影响是解题关键。

合并字符串的最小成本问题（字符插入、删除、替换，带相邻合并规则）题目描述给定两个字符串 source 和 target ，以及三种操作的成本：插入一个字符，成本为 insert_cost 。删除一个字符，成本为 delete_cost 。替换一个字符，成本为 replace_cost 。此外，还有一个特殊的“合并规则”：如果经过一系列操作后， source 中相邻的两个字符变得相同，那么这两个字符可以立即合并为一个字符（合并后字符保持不变），且合并操作没有成本。合并操作可能引发新的相邻相同字符，这些字符也可以继续合并（类似消消乐），直到没有相邻相同字符为止。目标：将字符串 source 转化为字符串 target ，求最小总成本。例如： source = "ab" , target = "a" , insert_cost = 1 , delete_cost = 1 , replace_cost = 2 。一种方案：删除 'b' （成本1），得到 "a" ，与 target 相同，总成本为1。注意：这里不需要合并操作。更复杂的例子： source = "aaab" , target = "ab" 。我们可以删除中间的 'a' （成本 delete_ cost），得到 "aab" ，此时前两个 'a' 相邻相同，触发合并（无成本）得到 "ab" ，与 target 相同。总成本 = delete_ cost。如果 delete_ cost 很大，也许替换某个 'a' 为 'b' 更优，这取决于具体成本。解题思路这是一个区间动态规划问题，难点在于合并规则使得操作后字符串长度可能动态变化，不能直接用标准编辑距离。关键观察合并的实质：合并规则意味着在最终得到的字符串中，不可能存在相邻相同字符。因此，target 本身必须满足： target 中任意相邻字符都不相同（否则不可能通过合并得到，因为合并只会消除相邻相同字符）。题目一般会保证这一点。操作与合并的顺序：我们可以想象先将 source 通过插入、删除、替换变成某个中间串 T'，然后在 T' 上不断合并相邻相同字符，最终得到 target。由于合并没有成本，我们可以在规划中直接考虑“合并后”的效果。也就是说，我们实际上是在规划如何将 source 变成 target，且允许在过程中任意位置合并相邻相同字符（免费）。定义状态设 dp[i][j] 表示将 source 的子串 source[i..j] （闭区间）通过操作（插入、删除、替换）以及免费合并，最终合并成一个字符的最小成本。注意这里的目标是变成一个字符，而不是任意字符串。为什么这样定义？因为 target 的每个字符可以看作是由 source 的某个区间“合并”而来的。状态转移考虑子串 source[i..j] 如何变成一个字符：直接操作：如果 i == j ，即子串长度为1，那么不需要合并。但要变成某个字符 c 的成本是：如果 source[i] == c ，成本为0。否则，成本为 replace_cost （替换成 c）。注意：我们这里不直接存储 c，而是后续在更高层次中匹配 target 的字符。分割点转移：对于 i < j ，我们考虑将区间 [i, j] 分成两部分： [i, k] 和 [k+1, j] ，分别合并成一个字符，假设这两个字符分别为 a 和 b ：如果 a == b ，那么它们可以免费合并成一个字符 a （或 b ），总成本 = dp[i][k] + dp[k+1][j] 。如果 a != b ，则我们需要用操作将它们统一成一个字符：可以选择删除其中一个，或者替换其中一个与另一个相同。具体地，总成本 = dp[i][k] + dp[k+1][j] + min(delete_cost, delete_cost, replace_cost) ？这里需要小心。实际上，当我们得到两个字符 a 和 b 后，要变成一个字符，可以：删除 a（成本 delete_ cost），保留 b。删除 b（成本 delete_ cost），保留 a。替换 a 为 b（成本 replace_ cost）。替换 b 为 a（成本 replace_ cost）。取这四种情况的最小值作为额外成本。因此状态转移方程为：其中 extra_cost 为将两个不同字符统一成一个字符的最小操作成本：注意：插入成本在这里不出现，因为插入是在更细的子问题中考虑的（见下文）。插入操作的处理：以上 dp 只考虑了删除和替换，没有考虑插入。但插入可以在任何位置插入字符，相当于我们可以在构建过程中“凭空”产生一个字符。因此，我们可以在初始时，对于长度为1的子串 [i, i] ，变成字符 c 的成本不仅是替换，还可以是插入一个字符 c （成本 insert_ cost）然后删除原来的字符（成本 delete_ cost），或者直接插入 c（如果原来为空？但我们的区间非空）。为了统一，我们可以认为：对于单个字符的子串，变成字符 c 的成本是：因为我们可以：替换：直接替换成 c，成本 replace_ cost。先删除原字符，再插入 c：成本 delete_ cost + insert_ cost。取两者较小值。但在 dp 递推中，我们不知道最终要变成哪个字符，所以我们在 dp 中不指定字符，而是计算“变成某个字符”的最小成本。因此，我们可以定义 dp[i][j] 为将 source[i..j] 变成任意一个字符的最小成本（因为最后合并成的字符可以是任意的）。这样，在合并两个区间时，如果它们最终字符相同，则 extra_ cost=0；如果不同，则 extra_ cost 为将其中一个字符变成另一个的最小成本（即 min(delete_ cost, replace_ cost)）。那么如何知道两个区间最终变成的字符是否相同？我们可以在 dp 中同时记录变成每个字符的成本？那状态就太大了。更好的方法是：我们用 dp[ i][ j] 表示将区间合并成一个字符的最小成本，并且额外用一个数组 char_cost[i][j][ch] 记录变成特定字符 ch 的最小成本。但这样复杂度高。更巧妙的做法是：注意到 extra_ cost 只依赖于两个字符是否相同，以及 delete_ cost 和 replace_ cost 的大小。我们可以将 delete_ cost 和 replace_ cost 的关系事先分析：如果 delete_ cost <= replace_ cost，那么当两个字符不同时，直接删除其中一个更划算（成本 delete_ cost）。如果 delete_ cost > replace_ cost，则替换其中一个更划算（成本 replace_ cost）。因此，extra_ cost 可以统一为 min_cost_diff = min(delete_cost, replace_cost) 。于是，状态转移简化为：但这里我们并不知道 chars_ eq（两个区间最终字符是否相等）。我们需要在 dp 中同时记录变成的字符，或者用另一个状态表示。一个经典解法是：定义 dp[i][j][ch] 为将 source[ i..j] 变成单个字符 ch 的最小成本。这样状态是 O(n^2 * 26)，对于小字母表可行。最终匹配 target 有了 dp[i][j][ch] ，我们还需要将 source 变成 target。target 是由若干“块”组成的，每块对应 source 的一个区间，该区间最终合并成 target 的一个字符。由于 target 中相邻字符不同，这些区间是不重叠且覆盖整个 source 的（可能需删除 source 中一些字符，即某些区间为空？不，区间必须连续覆盖，但可以通过删除操作消除某些字符，相当于区间长度为0？我们可以允许区间为空，但空区间变成一个字符的成本是 insert_ cost）。因此，问题转化为：将 source 划分成 m 个连续区间（m = len(target)），第 p 个区间合并成字符 target[ p ]，求最小总成本。这可以用另一个 DP 完成：设 f[p][i] 表示将 target 的前 p 个字符匹配完，且使用了 source 的前 i 个字符（即 source[ 0..i-1 ]）的最小成本。转移时，枚举第 p 个字符对应的 source 区间起点 j （从 0 到 i-1），则区间为 [j, i-1] ，成本为 dp[j][i-1][target[p-1]] 。即：初始： f[0][0] = 0 ，表示 target 前0个字符匹配完，用了 source 前0个字符。最终答案： f[m][n] ，其中 n = len(source)。注意：source 中可能有字符未被匹配（即被删除），这已经包含在 dp 的成本中（删除操作）。同样，插入操作也包含在 dp 中（空区间变成字符的成本是 insert_ cost，我们可以将空区间视为 dp[i][i-1][ch] = insert_cost ，但区间定义需调整）。空区间的处理对于区间 [i, j] 当 i > j 时，表示空串，变成一个字符 ch 的成本是 insert_ cost（直接插入该字符）。所以我们在初始化 dp[i][i-1][ch] = insert_cost 。算法步骤预处理：设 source 长度 n，target 长度 m，字母表大小 C（假设为26个小写字母）。初始化三维数组 dp[i][j][ch] ，大小为 n x n x 26 ，值设为无穷大。初始化长度为 0 的区间（空串）：注意 i 从 0 到 n，i-1 可能为 -1，表示区间为空。初始化长度为 1 的区间：区间 DP 递推（区间长度 len 从 2 到 n）：以上转移较复杂，但核心思想是：合并两个区间时，如果它们最终字符相同，则免费合并；如果不同，则需要额外成本（min_ cost_ diff）来统一字符。第二层 DP：匹配 target。最终答案： f[m][n] 。时间复杂度优化上述完整 DP 复杂度为 O(n^3 * C^3) 过高。实际中可以进行优化：注意到在合并两个区间时，我们只关心它们变成的最小成本字符，以及该字符是什么。因此可以先用一个二维数组 best[i][j] 记录将区间变成任意字符的最小成本，同时记录对应的字符。但这样可能丢失信息，因为可能变成不同字符成本不同。更常见的优化是：将 delete_ cost 和 replace_ cost 的关系固定，从而简化转移。如果 delete_ cost <= replace_ cost，那么当两个字符不同时，总是删除一个更优，因此 extra_ cost = delete_ cost。反之 extra_ cost = replace_ cost。进一步，可以证明：存在最优解，使得每个区间最终变成的字符要么是 source 中某字符，要么是 target 中某字符。因此字母表大小可缩减到 O(n+m)，但实际中 C=26 已经很小。在竞赛中，通常 n <= 100，C=26，O(n^3 * C^2) 可能勉强可接受（约 100^3 * 26^2 ≈ 1.76e8），需要优化常数或采用更高效的转移方程。示例演示假设 source = "aaab", target = "ab", insert_ cost = 1, delete_ cost = 1, replace_ cost = 2。 min_ cost_ diff = min(1,2) = 1。计算 dp 区间：单字符区间： dp[0][0]['a']=0 , dp[0][0]['b']=min(2,1+1)=2 （替换成本2，或删除+插入成本2）。类似地初始化其他位置。区间 [ 0,1]（"aa"）：可以分成 [ 0,0] 和 [ 1,1 ]，都是 'a'，相同，合并免费，变成 'a' 成本=0+0=0。区间 [ 0,2 ]（"aaa"）：类似，成本0。区间 [ 0,3 ]（"aaab"）：分成 "aaa" 和 "b"，'a' 和 'b' 不同，额外成本=1，变成 'a' 成本=0+2+1=3（其中 'b' 变成 'a' 成本2？需要仔细计算，但根据转移可得）。匹配 target： target[ 0]='a'，可以对应 source 区间 [ 0,2]（"aaa"）成本0，或 [ 0,3 ] 成本3。 target[ 1 ]='b'，对应剩余区间。最优划分：'a' 对应 [ 0,2]（成本0），'b' 对应 [ 3,3 ]（'b' 变成 'b' 成本0），总成本0。但注意 source 中 'b' 已经是 'b'，所以不需要操作。最终答案 = 0？不对，因为 target 是 "ab"，而 source 是 "aaab"，我们需要删除两个 'a'？这里我们实际上将 "aaa" 合并成一个 'a'（免费），然后保留 'b'，得到 "ab"。确实不需要插入/删除/替换成本。所以最小成本为0。总结本题是区间 DP 与字符串编辑距离的结合，加入了合并规则。核心是定义状态 dp[i][j][ch] 表示将区间合并成单个字符 ch 的最小成本，然后利用区间分割进行转移，最后用另一个 DP 匹配 target 的每个字符。虽然复杂度较高，但通过合理优化可以求解。理解合并规则对操作顺序的影响是解题关键。