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动态规划之编辑距离总结篇

本周我们讲了动态规划之终极绝杀：编辑距离，为什么叫做终极绝杀呢？

细心的录友应该知道，我们在前三篇动态规划的文章就一直为 编辑距离 这道题目做铺垫。

判断子序列

动态规划：392.判断子序列 (opens new window) 给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。

这道题目 其实是可以用双指针或者贪心的的，但是我在开篇的时候就说了这是编辑距离的入门题目，因为从题意中我们也可以发现，只需要计算删除的情况，不用考虑增加和替换的情况。

• if (s[i - 1] == t[j - 1])
  • t中找到了一个字符在s中也出现了
• if (s[i - 1] != t[j - 1])
  • 相当于t要删除元素，继续匹配

状态转移方程：

if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = dp[i][j - 1];

不同的子序列

动态规划：115.不同的子序列 (opens new window) 给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。

本题虽然也只有删除操作，不用考虑替换增加之类的，但相对于动态规划：392.判断子序列 (opens new window)就有难度了，这道题目双指针法可就做不了。

当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j]可以有两部分组成。

一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。

一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]。

这里可能有同学不明白了，为什么还要考虑 不用s[i - 1]来匹配，都相同了指定要匹配啊。

例如： s：bagg 和 t：bag ，s[3] 和 t[2]是相同的，但是字符串s也可以不用s[3]来匹配，即用s[0]s[1]s[2]组成的bag。

当然也可以用s[3]来匹配，即：s[0]s[1]s[3]组成的bag。

所以当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];

当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时，dp[i][j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配，即：dp[i - 1][j]

所以递推公式为：dp[i][j] = dp[i - 1][j];

状态转移方程：

if (s[i - 1] == t[j - 1]) {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
} else {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}

两个字符串的删除操作

动态规划：583.两个字符串的删除操作 (opens new window)给定两个单词 word1 和 word2，找到使得 word1 和 word2 相同所需的最少步数，每步可以删除任意一个字符串中的一个字符。

本题和动态规划：115.不同的子序列 (opens new window)相比，其实就是两个字符串可以都可以删除了，情况虽说复杂一些，但整体思路是不变的。

• 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候
• 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候

当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，有三种情况：

情况一：删word1[i - 1]，最少操作次数为dp[i - 1][j] + 1

情况二：删word2[j - 1]，最少操作次数为dp[i][j - 1] + 1

情况三：同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，操作的最少次数为dp[i - 1][j - 1] + 2

那最后当然是取最小值，所以当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，递推公式：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1] + 2, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1});

状态转移方程：

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] + 2, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1});
}

编辑距离

动态规划：72.编辑距离 (opens new window) 给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

编辑距离终于来了，有了前面三道题目的铺垫，应该有思路了，本题是两个字符串可以增删改，比 动态规划：判断子序列 (opens new window)，动态规划：不同的子序列 (opens new window)，动态规划：两个字符串的删除操作 (opens new window)都要复杂的多。

在确定递推公式的时候，首先要考虑清楚编辑的几种操作，整理如下：

• if (word1[i - 1] == word2[j - 1])
  • 不操作
• if (word1[i - 1] != word2[j - 1])
  • 增
  • 删
  • 换

也就是如上四种情况。

if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) 那么说明不用任何编辑，dp[i][j] 就应该是 dp[i - 1][j - 1]，即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

此时可能有同学有点不明白，为啥要即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]呢？

那么就在回顾上面讲过的dp[i][j]的定义，word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相等了，那么就不用编辑了，以下标i-2为结尾的字符串word1和以下标j-2为结尾的字符串word2的最近编辑距离dp[i - 1][j - 1] 就是 dp[i][j]了。

在下面的讲解中，如果哪里看不懂，就回想一下dp[i][j]的定义，就明白了。

在整个动规的过程中，最为关键就是正确理解dp[i][j]的定义！

if (word1[i - 1] != word2[j - 1])，此时就需要编辑了，如何编辑呢？

操作一：word1增加一个元素，使其word1[i - 1]与word2[j - 1]相同，那么就是以下标i-2为结尾的word1 与 i-1为结尾的word2的最近编辑距离 加上一个增加元素的操作。

即 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1;

操作二：word2添加一个元素，使其word1[i - 1]与word2[j - 1]相同，那么就是以下标i-1为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 加上一个增加元素的操作。

即 dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;

这里有同学发现了，怎么都是添加元素，删除元素去哪了。

word2添加一个元素，相当于word1删除一个元素，例如 word1 = "ad" ，word2 = "a"，word2添加一个元素d，也就是相当于word1删除一个元素d，操作数是一样！

操作三：替换元素，word1替换word1[i - 1]，使其与word2[j - 1]相同，此时不用增加元素，那么以下标i-2为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 加上一个替换元素的操作。

即 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

综上，当 if (word1[i - 1] != word2[j - 1]) 时取最小的，即：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]}) + 1;

递归公式代码如下：

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], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]}) + 1;
}

总结

心思的录友应该会发现我用了三道题做铺垫，才最后引出了动态规划：72.编辑距离 (opens new window) ，Carl的良苦用心呀，你们体会到了嘛！

其他语言版本

Java：

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int m = word1.length();
        int n = word2.length();
        int[][] dp = new int[m+1][n+1];
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            dp[i][0] = i;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            dp[0][i] = i;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                int left = dp[i][j-1]+1;
                int mid = dp[i-1][j-1];
                int right = dp[i-1][j]+1;
                if(word1.charAt(i-1) != word2.charAt(j-1)){
                    mid ++;
                }
                dp[i][j] = Math.min(left,Math.min(mid,right));
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
}