LeetCode72 編輯距離

考慮用乙個二維dp陣列表示所需的最小操作次數。

dp[i][j]表示將word1的前i個字元轉換為word2的前j個字元所需要的最少操作次數。

由於操作的順序對於最後操作的結果沒有影響，所以我們假設操作總是從word1的前面字元操作到word1的後面字元。

如果word1的第i個字元等於word2的第j個字元，所以對於第i個字元實際上是沒有操作的，

那麼編輯距離就取決於word1的1 ~ i - 1的字元和word2的1 ~ j - 1的字元，

所以我們得到:dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]

這個方程表示當word1的第i個字元等於word2的第j個字元，編輯距離就是將word1的1~i-1個字元改為

word2的1~j-1的編輯距離。（至於是怎麼編輯的，我們不需要管，我們只需要計算編輯距離就行了，下面同理）

如果word1的第i個字元和word2的第j個字元不相等。那麼有三種操作：

（1）如果要將word1的 1 ~ i 轉換為word2的 1 ~ j 的最後一步是：在word1的1 ~ i個字元之後增加乙個字元word1[i + 1] (這個字元必然是word2[j])，這就比將word1的1i轉換為word2的1j-1的編輯距離多一（這裡可能有點難以理解，這麼說吧，word1最開始是1i,word2是1j-1,由於word1轉換為word2的最後一步是加入乙個字元word1[i + 1]或者說是word2[j],所以編輯距離就是word1的1i到word2的1j-1的編輯距離加一！）得到狀態轉移方程：編輯距離dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1

(2) 如果要將word1的1 ~ i 轉換為word2的 1 ~ j的最後一步是：刪掉word1的第i個字元，那麼編輯距離就是將word1的1～i-1個字元轉換為word2的1~j個字元的編輯距離加一（加一這部操作表示刪除word1[i]), 因此我們得到狀態轉移方程:dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1

(3) 如果要將word1的1 ~ i 轉換為word2的 1 ~ j的最後一步是：修改word1的第i個字元，那麼編輯距離就是將word1的1i-1個字元轉換為word2的1j-1個字元的編輯距離加一。可以這麼理解：經過將word1的1i-1個字元轉換為word2的1j-1個字元的編輯距離之後，word2多了乙個字元word[j],偏偏word1的最後乙個字元word[i]和word2[j]不相等，好在我們只需要一步修改操作就可以完成所有轉換。所以狀態轉移方程是：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1

有了狀態轉移方程，只需要再對dp陣列的邊界做初始化，然後就可以開始遞推啦。

邊界可以這麼確定：假設word1和word2兩個字串其中乙個字串為空，另乙個字串長度為x，那麼dp[x][0]或者dp[0][x]顯然就是x了。

把長度為x的字串全部刪掉也好，把空字串加x個字元使得它和另乙個字串相等也好，最少的操作次數必然是x。

這樣我們就找到了陣列遞推邊界，開始考慮遞推：

從上面的第2點（word1的第i個字元不等於word2的第j個字元）的分析可以發現，dp[i][j]是從dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]

三個狀態得到的，而且都是在前乙個狀態的基礎上加一（分別表示新增、刪除、修改操作），由於我們的dp陣列表示操作的最少次數，

所以我們要取三個前置狀態的最小值再+1。

因此當word1的第i個字元不等於word2的第j個字元時，我們得到狀態轉移方程：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]) + 1

如果當word1的第i個字元和word2的第j個字元相等呢，這個情況我們可以單獨判斷，如果相等，就讓dp[i][j]等於dp[i - 1][j - 1]就好了。

**如下：

class solution 
for(int i = 1; i <= m; ++i) 
for(int i = 1; i <= n; ++i) }}
return dp.back().back();           //等價於return dp[n][m]; }};

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