一道很考验dp功底的题目。思维性强。
首先分析题目，
对于A[l,r],与B[1,m]的距离为：r-l+1+m-2*LCS(A(l,r),B(1,m));
因为最后一定是AB相同，如果用插入操作，一定是在LCS的基础上，B有的字符，且A没有（或者反过来），然后在A这个位置插入一个字符串，次数等价于直接删去。（而同时加两个字符串就更没必要了）。所以等价于AB,字符同时删去到A,B的LCS。
到这里还是比较简单的。
下面是这题的难点：怎么在比较短的时间内维护任意A(l,r)与B的LCS？
这个我也是看题解才会的，字符串dp基本只能想到dp[i][j],表示A[1,i],.B[1,j]进行一些处理。
而这一题显然这样做不行，因为LCS不具有加减性。
我们注意到B的长度m很小，所以可以把复杂度尽量往B的长度靠。
于是自然而然想到维护：dp[i][j]:B[1,i]，与A[l,x]的LCS为j，的最小x是多少。
显然只要x小于等于r，那就说明长度j的LCS可以构造出来。
而转移可以借用序列自动机来帮助（就是nxt[i][j],A[i,n]中第一个j字符的位置。一直不知道这玩意叫序列自动机。。）
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],nxt[ dp[i-1][j-1] + 1 ] );
注意一些初始化细节即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e5+7;
/*
int head[M],cnt=1;
void init(){cnt=1,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
*/
char s[M],t[21];
int dp[21][21];//t字符串 1-i，与 s字符串 [l,x],的LCS为j， 的最小x是多少,(x<=r)
//结果为L_A+L_B-2*LCS(A,B)
int nxt[M][26];//s字符串中，第[i,n]中第一个 j+'a' 字符
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin>>T;while(T--){cin>>(s+1)>>(t+1);int n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);for(int i=0;i<26;i++)nxt[n+1][i]=n+1;for(int i=n;i>=1;i--){for(int j=0;j<26;j++)nxt[i][j]=nxt[i+1][j];nxt[i][s[i]-'a']=i;}int q;cin>>q;while(q--){int l,r;cin>>l>>r;for(int i=1;i<=m;i++)dp[0][i]=n+1;dp[0][0]=l-1;for(int i=1;i<=m;i++){dp[i][0]=l-1;for(int j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(dp[i-1][j-1]<r)dp[i][j]=min(dp[i][j],nxt[dp[i-1][j-1]+1][t[i]-'a']);// cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j]<<" = "<<dp[i-1][j-1]<<" "<<nxt[dp[i-1][j-1]+1][t[i]-'a']<<endl;;}}int LCS=0;for(int j=m;j>=0;j--){if(dp[m][j]<=r){LCS=j;break;}}// cout<<"-- "<<LCS<<endl;cout<<r-l+1+m-2*LCS<<endl;}}return 0;
}