❤️独特的算法❤️：一文解决编辑距离问题

编辑距离问题

题目	关键点
115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）*	dp数组定义，情况讨论
583. 两个字符串的删除操作 - 力扣（LeetCode）	两个字符串删除，情况讨论多加一种
72. 编辑距离 - 力扣（LeetCode）	删除 == 添加 、替换操作？

• 115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

     dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。

     这样定义，注定s中要删除元素，满足t的条件。比如s:bagg，t:bag，那么就需要s中删除元素满足t的条件。

  本题刚开始的dp数组定义就与之前子序列的定义不同，所以分析方法也不同。

  2. 确定递推公式：这一类问题，基本是要分析两种情况

     • 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，那么个数不变，还是看上一个序列的个数dp[i - 1][j - 1]。-
       • 一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]。因为s序列中可能出现重复的部分。

       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。

     • s[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等

       • dp[i][j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配（就是模拟在s中删除这个元素），即：dp[i - 1][j]

       所以递推公式为：dp[i][j] = dp[i - 1][j];

3. dp数组如何初始化

   从递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]; 和 dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 中可以看出dp[i][j] 是从上方和左上方推导而来，那么dp[i][0]和dp[0][j]是一定要初始化的。

   • dp[i][0] 表示：以i-1为结尾的s可以随便删除元素，出现空字符串的个数。那么dp[i][0]一定都是1，因为把以i-1为结尾的s，删除所有元素，出现空字符串的个数就是1。

   • dp[0][j]：空字符串s可以随便删除元素，出现以j-1为结尾的字符串t的个数。那么dp[0][j]一定都是0，s如论如何也变成不了t。

   • dp[0][0]应该是1，空字符串s，可以删除0个元素，变成空字符串t。

4. 遍历的时候一定是从上到下，从左到右，这样保证dp[i][j]可以根据之前计算出来的数值进行计算。

   class Solution {public int numDistinct(String s, String t) {int m = s.length();int n = t.length();int [][] dp = new int [m + 1][n + 1];//dp数组的初始化for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){dp[i][0] = 1;}for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){dp[0][i] = 0;}dp[0][0] = 1;for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){char s1 = s.charAt(i - 1);for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){char t1 = t.charAt(j - 1);//s1 == t1 存在两种情况，不用s[i - 1]匹配 + 用s[i - 1]匹配if(s1 == t1) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];//s1 != t1 只有一种情况，不用s[i - 1]匹配。else dp[i][j] = dp[i - 1][j];// System.out.println("以s[" + (i - 1) + "]结尾的字符串中，以t[" + (j - 1) +"]结尾的子序列的个数为" + dp[i][j]);}}return dp[m][n];}
   }
   

• 583. 两个字符串的删除操作 - 力扣（LeetCode）

  1. dp定义：dp[i][j]：以i - 1结尾的word1和以j - 1结尾的word2，删除字符后使两个单词相等的最小删除步数为dp[i][j]。

  2. dp数组推导：

     word1[i - 1] = word2[j - 1]：不需要删除：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]。

     word1[i - 1] != word2[j - 1]：需要删除：删除word1或删除word2dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1)

     dp[i - 1][j]，此时dp数组的定义为以i - 2结尾的word1和以j - 1结尾的word2，删除字符后使两个单词相等的最小删除步数。

     相当于从dp数组定义上删除了i - 1这个字符。

  3. 初始化：dp[i][0]：word2为空字符串，以i-1为结尾的字符串word1要删除多少个元素，才能和word2相同呢，很明显dp[i][0] = i。dp[0][j]的话同理。

  4. 遍历顺序从前往后，从上往下遍历。

  5. 举例推导dp

     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 = 0 ; i <= m ; i ++){dp[i][0] = i;}for(int j = 0 ; j <= n ; j ++){dp[0][j] = j;}for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){char w1 = word1.charAt(i - 1);for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){char w2 = word2.charAt(j - 1);if(w1 == w2) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];else dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j] + 1 , dp[i][j - 1] + 1);//System.out.println("以word1[" + (i - 1) + "]和word[" + (j - 1) + "]结尾的单词，最少需要" + dp[i][j] + "步删除才能使word1与word2相等");}}return dp[m][n];}
     }
     

• 72. 编辑距离 - 力扣（LeetCode）

  1. dp[i][j]：以i - 1结尾的word1和以j - 1结尾的word2，转换所需的最小操作数为dp[i][j]。

  2. word1[i - 1] == word2[j - 1] ：不需要进行操作，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]。

     word1[i - 1] != word2[j - 1]：需要进行操作：

     删除（添加）：word2删除一个元素，相当于word1添加一个元素。

     word1删除一个元素：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1。

     word2删除一个元素（word1添加元素）：dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1

     替换：可以回顾一下，if (word1[i - 1] == word2[j - 1])的时候我们的操作 是 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] 对吧。

     那么只需要一次替换的操作，就可以让 word1[i - 1] 和 word2[j - 1] 相同。所以 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

     这里的替换操作不需要考虑具体细节，只需要想，替换操作就是把不同的数替换为相同的数，比相同时的操作要多一步。

  3. dp数组初始化：dp[i][0] ：以下标i-1为结尾的字符串word1，和空字符串word2，最近编辑距离为dp[i][0]。

     那么dp[i][0]就应该是i，对word1里的元素全部做删除操作，即：dp[i][0] = i;

     同理dp[0][j] = j;

  4. 从上往下，从左往右遍历。

  5. 举例推导dp数组

     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 = 0 ; i <= m ; i ++){dp[i][0] = i;}for(int j = 0 ; j <= n ; j ++){dp[0][j] = j;}for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){char w1 = word1.charAt(i - 1);for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){char w2 = word2.charAt(j - 1);if(w1 == w2) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];else dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1] + 1 , Math.min(dp[i - 1][j] + 1 , dp[i][j - 1] + 1));//System.out.println("以word1[" + (i - 1) + "]和word2[" + (j - 1) + "]结尾的单词，word1最少需要" + dp[i][j] + "步操作才能使word1与word2相等");}}return dp[m][n];}
     }
     

总结

• 392. 判断子序列 - 力扣（LeetCode）对比1143T，1143是两个字符串都可以删元素，而本题如果删元素是删除字符串t，因为只有t有多余的字符串。
• 115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode），与392. 判断子序列 - 力扣（LeetCode）类似，也是删除元素，并且只能删除其中有多余字符的字符串。不同的是，在s[i - 1]与t[i - 1]相等时，也要考虑不使用s[i - 1]的情况。
• 583. 两个字符串的删除操作 - 力扣（LeetCode）与1143题思路基本一致。1143题的本质也是删除字符串。
• 72. 编辑距离 - 力扣（LeetCode）比起删除，多了一步替换的操作，根据word1[i - 1] == word2[j - 1]推导而来，很巧妙。