(IDA^*)
说实话，这道题我一开始没想出正解，于是写了一个(IDA^*)。。。
但神奇的是，这个(IDA^*)居然连字符串长度分别为(2500,4000)的数据都跑得飞快，不过数据发下来之后我测了一下只有45分。
就在不断优化(IDA^*)的过程中，我突然就想出了正解的做法，看来以后遇事不决先暴力。
(DP)求解第一个询问
考虑一个(DP)，我们设(f_{i,j})表示当前在第一个字符串中是第(i)位，第二个字符串中是第(j)位的最小步数。
若记录(nxt1_{x,0/1},nxt2_{x,0/1})分别表示两个字符串在(x)位后下一个(0/1)出现的位置，那么我们就可以得到这样的转移：
[f_{nxt1_{i,0},nxt2_{j,0}}=min(f_{nxt1_{i,0},nxt2_{j,0}},f_{i,j})
]
[f_{nxt1_{i,1},nxt2_{j,1}}=min(f_{nxt1_{i,1},nxt2_{j,1}},f_{i,j})
]
这样就能解决第一个询问了。
(BFS)求解第二个询问
考虑如果我们在(DP)的时候记录一个(lst)表示转移来的位置，就可以输出方案了。
但题目要求字典序最小，普通的(DP)或者(DFS)形式的(DP)都无法满足这一条件。
于是我们就可以想到(BFS)。
按照(BFS)的顺序进行(DP)，我们就可以保证其必然满足字典序最小的条件了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 4000
using namespace std;
int n,m;string s1,s2;
class DpSolver//BFS+DP
{
private:
string ans;short qx[(N+2)*(N+2)+5],qy[(N+2)*(N+2)+5],nxt1[N+5][2],nxt2[N+5][2];
short f[N+5][N+5],gx[N+5][N+5],gy[N+5][N+5];bool glst[N+5][N+5];
public:
I void Solve()
{
RI i,j,x,y,H=1,T=0,p[2];s1="%"+s1,s2="%"+s2;
for(p[0]=p[1]=n+1,i=n+1;~i;--i) nxt1[i][0]=p[0],nxt1[i][1]=p[1],p[s1[i]&1]=i;//初始化nxt1
for(p[0]=p[1]=m+1,i=m+1;~i;--i) nxt2[i][0]=p[0],nxt2[i][1]=p[1],p[s2[i]&1]=i;//初始化nxt2
for(i=0;i<=n+1;++i) for(j=0;j<=m+1;++j) f[i][j]=m+1;f[0][0]=0,qx[++T]=0,qy[T]=0;//初始化f数组和BFS队列
W(H<=T) i=qx[H],j=qy[H++],//取出队首
f[x=nxt1[i][0]][y=nxt2[j][0]]==m+1&&(qx[++T]=x,qy[T]=y),//未访问过就入队
f[i][j]+1<f[x][y]&&(f[x][y]=f[i][j]+1,gx[x][y]=i,gy[x][y]=j,glst[x][y]=0),//更新f和g
f[x=nxt1[i][1]][y=nxt2[j][1]]==m+1&&(qx[++T]=x,qy[T]=y),//未访问过就入队
f[i][j]+1<f[x][y]&&(f[x][y]=f[i][j]+1,gx[x][y]=i,gy[x][y]=j,glst[x][y]=1);//更新f和g
x=n+1,y=m+1;W(x||y) ans=(char)(glst[x][y]+48)+ans,i=gx[x][y],j=gy[x][y],x=i,y=j;//倒着找答案
cout<<ans<<endl;//输出答案
}
}D;
int main()
{
freopen("notme.in","r",stdin),freopen("notme.out","w",stdout);
cin>>s1>>s2,s1.length()>s2.length()&&(swap(s1,s2),0),n=s1.length(),m=s2.length();
return D.Solve(),0;
}