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题目描述

题目解析

递归

共有三种变换方式，插入一个字符，删除一个字符，和替换一个字符

分析：

• 不可以用map统计字符出现的频率，因为字符串的顺序很重要
• [删除] 和[添加]是等价的。比如"qwe"与"qwer"，删除"qwer"的r与给"qwe"添加一个r是等价的。所以在比较的时候，需要尝试三种操作，因为谁也不知道当前的操作会对后面产生什么样的营销。

对于当前比较的两个字符word1[i]和word2[j]：

• 如果两者相同，直接跳到下一个为止
• 如果两者不相同，有三种处理方法：
  • 第一种：(在word1[i])插入一个word2[j]，那么word2[j]的字符就跳过了，接着比较word1[i]和word2[j + 1]即可
  • 第二种：将word1[i]字符直接删掉，接着比较word1[i+1] 和word2[j]即可
  • 第三者：将word[i]修改为word2[j]，接着比较 word1[i+1] 和 word[j+1]

问题是，这种操作的时间是指数级别的，我们加个缓存优化一下，就可以把时间给降下来了。
代码如下：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2){
        int m = word1.size(), n = word2.size();
        std::vector<std::vector<int>> cache(m, std::vector<int>(n));
        return helper(word1, 0, word2, 0, cache);
    }

private:
    int helper(std::string &word1, int i, std::string &word2, int j, …    }
};

动态规划

（1）定义状态：

• f[i][j]表示将word1的前i个字符变成word2的前j个字符所需要进行的最少操作次数
• 需要考虑 word1 或 word2 一个字母都没有，即全增加/删除的情况，所以预留dp[0][j]和 dp[i][0]

（2）状态转移方程：对于f[i][j]，考虑word1的第i个字符与word2的第j个字符，分为两种情况：

• word1[i] == word2[j]，则f[i][j] == f[i - 1][j - 1]
• word1[i] != word2[j]，我们有三种选择，替换、删除、插入：
  • 替换： 替换word1的第i个字符或者替换word2的第j个字符，则f[i][j] == f[i - 1][j - 1] + 1；
  • 删除： 删除word1的第i个字符或者删除word2的第j个字符，则f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
  • 插入: 在 word2[j] 后面添加 word1[i]或者在word1[i]后添加word2[j]，则f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + 1;

（3）计算顺序：

• 按顺序计算，当计算 dp[i][j] 时，dp[i - 1][j] ， dp[i][j - 1] ，dp[i - 1][j - 1]均已经确定了

（4）dp如何初始化：从一个字符串变成空字符串，非空字符串的长度就是编辑距离

for (int i = 0; i <= len1; i++) {
    dp[i][0] = i;
}

for (int j = 0; j <= len2; j++) {
    dp[0][j] = j;
}

（5）考虑输出

• 输出：dp[len1][len2] 符合语义，即 word1[0…len) 转换成 word2[0…len2) 的最小操作数

（6）空间优化：

• 根据状态转移方程，当前要填写的单元格的数值，完全取决于它的左边一格、上边一格，左上边主对角线上一个的数值。如下图：

• 因此，有两种经典的空间优化方案：① 滚动数组；② 把主对角线上要参考的数值使用一个新变量记录下来，然后在一维表格上循环赋值。由于空间问题不是这道题的瓶颈，可以不做这样的空间优化。

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.size(), n = word2.size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
        for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[i][0] = i;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) dp[0][i] = i;
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                } else {
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

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