力扣第72题 编辑距离 (增 删 改) C++ 动态规划 附Java代码

题目

72. 编辑距离

中等

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字符串   动态规划

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

示例 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')

示例 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 <= 500
• word1 和 word2 由小写英文字母组成

思路和解题方法

具体来说，对于给定的两个字符串 word1 和 word2，首先创建一个二维数组 dp 来保存它们之间的编辑距离。然后，分别初始化数组的第一行和第一列，使得 dp[i][0] = i 和 dp[0][j] = j，其中 i 和 j 分别表示字符串 word1 和 word2 的长度。这样初始化是为了表示将 word1 和空串（或者将 word2 和空串）进行匹配时的编辑距离。

接下来，从第二行和第二列开始，对于每个位置 (i,j)，先判断 word1 和 word2 在当前位置上的字符是否相同。如果相同，则说明不需要进行任何编辑操作，因此 dp[i][j] 可以直接继承上一个位置的编辑距离，即 dp[i-1][j-1]。否则，需要在上一个位置的编辑距离的基础上增加一些编辑操作，例如插入、删除或替换字符等。这时，可以考虑三种情况，并选择其中编辑距离最小的一种：

1. 在 word1 的第 i 个位置插入一个字符，使得 word1 和 word2 的前 j 个字符相同，此时编辑距离为 dp[i][j-1] + 1。

2. 在 word1 的第 i 个位置删除一个字符，使得 word1 的前 i-1 个字符和 word2 的前 j 个字符相同，此时编辑距离为 dp[i-1][j] + 1。

3. 在 word1 的第 i 个位置替换一个字符，使得 word1 和 word2 的前 i 个字符和 j 个字符分别相同，此时编辑距离为 dp[i-1][j-1] + 1。

因此，对于每个位置 (i,j)，可以使用如下递推公式来计算最小的编辑距离：

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;

其中，min({dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]}) 表示选取上述三种编辑操作中编辑距离最小的一种，加上一次操作所需的编辑距离 1，即可得到当前位置 (i,j) 的最小编辑距离。

最后，返回 dp[w1][w2]，即两个字符串的完全匹配所需的最小编辑距离。

复杂度

        时间复杂度:

                O(n*n)

        时间复杂度为 O(n*n)，其中 n 为两个字符串的长度之和。这是因为算法使用了一个二维数组存储子问题的解，需要计算该数组中所有 n*n 个位置的值。

        空间复杂度

                O(n*n)

        空间复杂度也为 O(n*n)，因为需要使用一个二维数组来存储所有子问题的解。

        如果想要将空间复杂度优化到 O(n) 级别，则可以使用滚动数组的技巧，只保留当前行和上一行的值即可，但会使得代码实现稍微有些复杂。

c++ 代码

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {int w1 = word1.size(), w2 = word2.size();// 定义一个二维动态数组 dp，其中 dp[i][j] 表示将 word1 的前 i 个字符转换为 word2 的前 j 个字符所需要的最少操作次数。vector<vector<int>> dp(w1+1, vector<int>(w2+1, 0));// 初始化第一行和第一列，即将一个空字符串转换成另一个字符串所需的最少操作次数。for(int i = 0; i <= w1; i++) dp[i][0] = i;for(int j = 0; j <= w2; j++) dp[0][j] = j;// 从第二行和第二列开始，按照状态转移方程进行计算。for(int i = 1; i <= w1; i++) {for(int j = 1; j <= w2; j++) {// 如果 word1 的第 i 个字符与 word2 的第 j 个字符相等，则不需要进行任何操作。if(word1[i-1] == word2[j-1])dp[i][j] = dp[i-1][j-1];// 如果 word1 的第 i 个字符与 word2 的第 j 个字符不相等，则需要进行以下三种操作中的一种来进行转换操作：// 1. 在 word1 中插入一个字符；// 2. 在 word2 中插入一个字符；// 3. 替换 word1 中的第 i 个字符或者 word2 中的第 j 个字符。elsedp[i][j] = min({dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]}) + 1;}}// 返回将 word1 转换成 word2 的最少操作次数。return dp[w1][w2];}
};

Java代码

1. 首先获取两个字符串的长度，即 word1.length() 和 word2.length()，分别赋值给变量 m 和 n。
2. 接下来，创建一个二维数组 dp，大小为 (m + 1) × (n + 1)，用于保存计算过程中的编辑距离。这里多加了一行和一列是为了存储空串与 word1 或 word2 的匹配情况。
3. 然后，通过两个嵌套的循环遍历数组 dp 中的每个位置 (i, j)，其中 i 表示 word1 的前 i 个字符，j 表示 word2 的前 j 个字符。
4. 对于每个位置 (i, j)，首先判断 word1 和 word2 在当前位置上的字符是否相同，即 word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)。如果相同，则说明不需要进行任何编辑操作，所以将 dp[i][j] 的值设置为 dp[i - 1][j - 1]，即继承上一个位置的编辑距离。
5. 如果不相同，则需要考虑插入、删除和替换字符三种编辑操作中的最小编辑距离。这里使用 Math.min 方法来取得三者中的最小值，并加上一次操作所需的编辑距离 1，即 Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1，然后将结果赋值给 dp[i][j]。
6. 最后，返回 dp[m][n]，即两个字符串的完全匹配所需的最小编辑距离。

class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {// 获取两个字符串的长度int m = word1.length();int n = word2.length();// 创建一个二维数组来保存编辑距离int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];// 初始化dp数组的第一行和第一列for (int i = 1; i <= m; i++) {dp[i][0] = i;}for (int j = 1; j <= n; j++) {dp[0][j] = j;}// 逐行逐列计算编辑距离for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {// 判断当前字符是否相同if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {// 如果相同，则不需要进行任何编辑操作dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];} else {// 如果不同，则需要进行插入、删除或替换等操作，选取其中编辑距离最小的一种dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;}}}// 返回编辑距离数组的最后一个元素，即两个字符串的完全匹配所需的最小编辑距离return dp[m][n];}
}

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