文章目录
- 72. 编辑距离：
- 样例 1：
- 样例 2：
- 提示：
- 分析：
- 题解：
- rust：
- 二维数组（易懂）
- 滚动数组（更加优化的内存空间）
- go：
- c++：
- python：
- java：
72. 编辑距离：
给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。
你可以对一个单词进行如下三种操作：
- 插入一个字符
- 删除一个字符
- 替换一个字符
样例 1：
输入：
word1 = "horse", word2 = "ros"
输出：
3
解释：
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
样例 2：
输入：
word1 = "intention", word2 = "execution"
输出：
5
解释：
intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')
提示：
0 <= word1.length, word2.length <= 500word1和word2由小写英文字母组成
分析：
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面对这道算法题目，二当家的再次陷入了沉思。
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编辑距离算法在实际应用中还是很多的，比如一些命令的参数，当输入了错误的参数时，会提示最相似的命令。
- 想要找最优解，一般就是贪心或者动态规划。 -
思考后会发现，完整串的编辑距离和子串的编辑距离有关系，所以考虑使用动态规划。
-
别急，这里还有一个问题，题目中可以对两个单词分别进行三种操作，所以相当于一共有六种操作，其中插入字符依赖较短字符串，而删除字符的操作就反向依赖了较长串，但是动态规划是从一个初识条件开始，朝着一个方向计算的，这里依赖着两种方向，这怎么办？
-
其实，我们可以将相同效果的操作合并处理：
-
对单词 A 删除一个字符和对单词 B 插入一个字符是等价的。例如当单词 A 为 doge，单词 B 为 dog 时，我们既可以删除单词 A 的最后一个字符 e，得到相同的 dog，也可以在单词 B 末尾添加一个字符 e，得到相同的 doge；
-
同理，对单词 B 删除一个字符和对单词 A 插入一个字符也是等价的；
-
对单词 A 替换一个字符和对单词 B 替换一个字符是等价的。例如当单词 A 为 bat，单词 B 为 cat 时，我们修改单词 A 的第一个字母 b -> c，和修改单词 B 的第一个字母 c -> b 是等价的。
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-
这样一来，本质不同的操作实际上只有三种：
-
在单词 A 中插入一个字符；
-
在单词 B 中插入一个字符；
-
修改单词 A 的一个字符。
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这样一来，我们就可以把原问题转化为规模较小的子问题。以样例1为例，我们用 A = horse，B = ros 作为例子，来看一看是如何把这个问题转化为规模较小的若干子问题的：
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在单词 A 中插入一个字符：如果我们知道 horse 到 ro 的编辑距离为 a，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 a + 1。这是因为我们可以在 a 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串，只需要额外的 1 次操作，在单词 A 的末尾添加字符 s，就能在 a + 1 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串；
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在单词 B 中插入一个字符：如果我们知道 hors 到 ros 的编辑距离为 b，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 b + 1，原因同上；
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修改单词 A 的一个字符：如果我们知道 hors 到 ro 的编辑距离为 c，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 c + 1，原因同上。
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那么从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)。
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因此，我们就可以使用动态规划来解决这个问题了。我们用 D[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。
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如上所述，当我们获得 D[i][j-1]，D[i-1][j] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。
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D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们在 A 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1；
-
D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于 A 的第 i 个字符，我们在 B 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；
-
D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们修改 A 的第 i 个字符使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。
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一般题解到这里就结束了，但其实我们还可以继续优化空间。
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由于动态规划中，我们比较两个子串，只依赖于各减少最后一个字符的子串的编辑距离，所以我们的动态规划数组是可以重复利用的，不需要二维数组，只需要一维数组即可，即滚动数组的方式。
题解：
rust：
二维数组（易懂）
impl Solution {
pub fn min_distance(word1: String, word2: String) -> i32 {
let l1 = word1.len();
let l2 = word2.len();
// 有一个字符串为空串
if l1 == 0 || l2 == 0 {
return (l1 + l2) as i32;
}
// DP 数组
let mut dp = vec![vec![0; l2 + 1]; l1 + 1];
// 边界状态初始化
(0..=l1).for_each(|i| {
dp[i][0] = i;
});
(0..=l2).for_each(|i| {
dp[0][i] = i;
});
// 计算所有 DP 值
(1..=l1).for_each(|i| {
(1..=l2).for_each(|j| {
let insert1 = dp[i - 1][j] + 1;
let insert2 = dp[i][j - 1] + 1;
let replace1 = if word1.as_bytes()[i - 1] != word2.as_bytes()[j - 1] {
dp[i - 1][j - 1] + 1
} else {
// 两个字母相同，不用修改，所以操作次数不变
dp[i - 1][j - 1]
};
dp[i][j] = insert1.min(insert2).min(replace1);
});
});
return dp[l1][l2] as i32;
}
}
滚动数组（更加优化的内存空间）
impl Solution {
pub fn min_distance(mut word1: String, mut word2: String) -> i32 {
let mut l1 = word1.len();
let mut l2 = word2.len();
// 有一个字符串为空串
if l1 == 0 {
return l2 as i32;
}
if l2 == 0 {
return l1 as i32;
}
// 让内层单词较短，可以让dp数组较小
if l1 < l2 {
let wt = word1;
word1 = word2;
word2 = wt;
let lt = l1;
l1 = l2;
l2 = lt;
}
// DP 滚动数组
let mut dp = (0..=l2).collect::<Vec<_>>();
// 计算所有 DP 值
word1.bytes().enumerate().for_each(|(i1, c1)| {
let mut pre = i1;
dp[0] = pre + 1;
word2.bytes().enumerate().for_each(|(i2, c2)| {
let tmp = dp[i2 + 1];
if c1 == c2 {
dp[i2 + 1] = pre;
} else {
// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母
// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母
// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
dp[i2 + 1] = dp[i2 + 1].min(dp[i2]).min(pre) + 1;
}
pre = tmp;
});
});
dp[l2] as i32
}
}
go：
func minDistance(word1 string, word2 string) int {
l1 := len(word1)
l2 := len(word2)
// 有一个字符串为空串
if l1 == 0 {
return l2
}
if l2 == 0 {
return l1
}
// 让内层单词较短，可以让dp数组较小
if l1 < l2 {
word1, word2 = word2, word1
l1, l2 = l2, l1
}
// DP 滚动数组
dp := make([]int, l2+1)
for i := 1; i <= l2; i++ {
dp[i] = i
}
// 计算所有 DP 值
for i1, c1 := range word1 {
pre := i1
dp[0] = pre + 1
for i2, c2 := range word2 {
tmp := dp[i2+1]
if c1 == c2 {
dp[i2+1] = pre
} else {
// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母
// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母
// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
if dp[i2+1] > dp[i2] {
dp[i2+1] = dp[i2]
}
if dp[i2+1] > pre {
dp[i2+1] = pre
}
dp[i2+1] += 1
}
pre = tmp
}
}
return dp[l2]
}
c++：
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
int l1 = word1.length(), l2 = word2.length();
// 有一个字符串为空串
if (l1 == 0) {
return l2;
}
if (l2 == 0) {
return l1;
}
// 让内层单词较短，可以让dp数组较小
if (l1 < l2) {
string wt = word1;
word1 = word2;
word2 = wt;
int lt = l1;
l1 = l2;
l2 = lt;
}
// DP 滚动数组
int dp[l2 + 1];
for (int i = 1; i <= l2; ++i) {
dp[i] = i;
}
// 计算所有 DP 值
for (int i1 = 0; i1 < l1; ++i1) {
int pre = i1;
dp[0] = pre + 1;
for (int i2 = 0; i2 < l2; ++i2) {
const int tmp = dp[i2 + 1];
if (word1[i1] == word2[i2]) {
dp[i2 + 1] = pre;
} else {
// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母
// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母
// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
dp[i2 + 1] = min(min(dp[i2 + 1], dp[i2]), pre) + 1;
}
pre = tmp;
}
}
return dp[l2];
}
};
python：
class Solution:
def minDistance(self, word1: str, word2: str) -> int:
l1 = len(word1)
l2 = len(word2)
# 有一个字符串为空串
if l1 == 0:
return l2
if l2 == 0:
return l1
# 让内层单词较短，可以让dp数组较小
if l1 < l2:
word1, word2 = word2, word1
l1, l2 = l2, l1
# DP 数组
dp = [x for x in range(l2 + 1)]
# 计算所有 DP 值
for i1 in range(l1):
pre = i1
dp[0] = pre + 1
for i2 in range(l2):
tmp = dp[i2 + 1]
if word1[i1] == word2[i2]:
dp[i2 + 1] = pre
else:
# dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母
# dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母
# pre: 相当于修改第一个单词一个字母
dp[i2 + 1] = min(dp[i2 + 1], dp[i2], pre) + 1
pre = tmp
return dp[l2]
java：
class Solution {
public int minDistance(String word1, String word2) {
int l1 = word1.length(), l2 = word2.length();
// 有一个字符串为空串
if (l1 == 0) {
return l2;
}
if (l2 == 0) {
return l1;
}
// 让内层单词较短，可以让dp数组较小
if (l1 < l2) {
String wt = word1;
word1 = word2;
word2 = wt;
int lt = l1;
l1 = l2;
l2 = lt;
}
// DP 滚动数组
int[] dp = new int[l2 + 1];
for (int i = 1; i <= l2; ++i) {
dp[i] = i;
}
// 计算所有 DP 值
for (int i1 = 0; i1 < l1; ++i1) {
int pre = i1;
dp[0] = pre + 1;
for (int i2 = 0; i2 < l2; ++i2) {
final int tmp = dp[i2 + 1];
if (word1.charAt(i1) == word2.charAt(i2)) {
dp[i2 + 1] = pre;
} else {
// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母
// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母
// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
dp[i2 + 1] = Math.min(Math.min(dp[i2 + 1], dp[i2]), pre) + 1;
}
pre = tmp;
}
}
return dp[l2];
}
}
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本文由 二当家的白帽子：https://le-yi.blog.csdn.net/ 博客原创~
