题意：
输入两个长度分别为n和m的颜色序列，要求按顺序合并成同一个序列，即每次可以把一个序列开头的颜色放到新序列的尾部。对于每个颜色c来说，其跨度L（c）等于最大位置和最小位置之差。应使得合并成的序列中所有颜色的L（c）之和尽量小。
分析：用d[ i ][ j ] : 表示A序列的前 i 个字符 并上 B序列的 j 个字符的最小代价。代价怎么算？但从要知道他的跨度，就要知道他的始末位置，从状态里很难直接获得。这时需要转换计算代价的方式：不是等到一个颜色全部移动完之后再算，而是每次累加。当把某个颜色移动到最终序列前，需要把所有“已经出现但还没结束”的颜色的L（c）加一。这里的“还没结束”指的是还没有到达这个颜色的最后位置，在最终序列中它可能已经出现了不止一次，但只要它还没有结束（后面还有），它就会给那些未结束的颜色代价加一，因为它横在了中间。
num[i][j] ：取走序列1的前 i 个字符，取走序列2中前 j 个字符，在最终序列中已经出现但未结束的字符个数。
d[i][j]：在两个序列中分别取走了前 i , j 个字符的最小代价。
b1[],e1[]：分别表示序列1中每个字符的开始位置和结束位置。b2,e2一样。
向最终序列新增加一个字符后（这个字符来自序列1或2的头部），所有已经出现但未结束的字符的跨度L(c)都要加一。
状态转移方程：dp[i][j] = min( dp[i-1][j] + num[i-1][j]，dp[i][j-1] + num[i][j-1] ）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1<<30;
const int N = 5005;
char s1[N], s2[N];
int b1[100], b2[100], e1[100], e2[100];
int d[N][N], num[N][N];
/*
num[i][j] ：取走序列1的前 i 个字符，取走序列2中前 j 个字符，在最终序列中已经出现但未结束的字符个数。
d[i][j]：在两个序列中分别取走了前 i , j 个字符的最小代价。
b1[],e1[]：分别表示序列1中每个字符的开始位置和结束位置。b2,e2一样。
向最终序列新增加一个字符后（这个字符来自序列1或2的头部），所有已经出现但未结束的字符的跨度L(c)都要加一。
状态转移方程：dp[i][j] = min( dp[i-1][j] + num[i-1][j]，dp[i][j-1] + num[i][j-1] ）。
*/
int main(){
int T; scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%s\n%s",s1+1, s2+1);
int len1 = strlen(s1+1), len2 = strlen(s2+1),c;
for(c = 'A'; c <= 'Z'; ++c) { b1[c] = b2[c] = INF; e1[c] = e2[c] = 0; }
for(int i = 1; i <= len1; ++i){
c = s1[i];
b1[c] = min(i, b1[c]);
e1[c] = i;
}
for(int i = 1; i <= len2; ++i){
c = s2[i];
b2[c] = min(i, b2[c]);
e2[c] = i;
}
num[0][0] = 0;
for(int i = 0; i <= len1; ++i){
for(int j = 0; j <= len2; ++j){
if(i){
num[i][j] = num[i-1][j];
c = s1[i];
if(b1[c] == i&& b2[c] > j) ++num[i][j];
if(e1[c] == i&& e2[c] <= j) --num[i][j];
}
if(j){
num[i][j] = num[i][j-1];
c = s2[j];
if(b2[c] == j&& b1[c] > i) ++num[i][j];
if(e2[c] == j&& e1[c] <= i) --num[i][j];
}
}
}
for(int i = 0; i <= len1; ++i){
for(int j = 0; j <= len2; ++j){
if(i==0&&j==0) continue;
d[i][j] = INF;
if(i) d[i][j] = min(d[i][j], d[i-1][j] + num[i-1][j]);
if(j) d[i][j] = min(d[i][j], d[i][j-1] + num[i][j-1]);
}
}
printf("%d\n",d[len1][len2]);
}
return 0;
}