代码随想录Day 45|leetcode题目：115.不同的子序列、583. 两个字符串的删除操作、72. 编辑距离

提示：DDU，供自己复习使用。欢迎大家前来讨论~

动态规划Part12

题目

题目一： 115.不同的子序列

115. 不同的子序列

解题思路：

这道题目要求判断字符串s是否包含字符串t作为子序列。这里的子序列指的是，t的字符可以不连续，但顺序必须保持一致。解题思路使用动态规划，具体步骤如下：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

定义二维数组dp[i][j]，其中dp[i][j]表示以s的前i-1个字符为结尾的子序列中，出现以t的前j-1个字符为结尾的子序列的个数。

2. 确定递推公式

根据s[i - 1]与t[j - 1]是否相等，分两种情况：

• 相等：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]。因为s[i - 1]可以匹配t[j - 1]，也可以不匹配。
• 不相等：dp[i][j] = dp[i - 1][j]。因为s[i - 1]不匹配t[j - 1]，只能忽略s[i - 1]。

3. dp数组如何初始化

• dp[i][0] = 1：任何字符串的子序列都至少包含空字符串，所以初始化为1。
• dp[0][j] = 0：空字符串s不能包含任何非空字符串t作为子序列，所以初始化为0。
• dp[0][0] = 1：空字符串是自身的子序列。

4. 确定遍历顺序

遍历顺序为从左到右，从上到下，确保每个dp[i][j]的值都是基于已经计算过的dp[i-1][j]和dp[i-1][j-1]来计算的。

5. 举例推导dp数组

以具体例子（如s = "baegg"，t = "bag"）来手动计算dp数组，验证递推公式的正确性。

代码实现

class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {vector<vector<uint64_t>> dp(s.size() + 1, vector<uint64_t>(t.size() + 1));for (int i = 0; i <= s.size(); i++) dp[i][0] = 1; // 空字符串的子序列计数为1for (int j = 1; j <= t.size(); j++) dp[0][j] = 0; // 空s不能包含非空tfor (int i = 1; i <= s.size(); i++) {for (int j = 1; j <= t.size(); j++) {if (s[i - 1] == t[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]; // s[i-1]匹配t[j-1]或不匹配} else {dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // s[i-1]不匹配t[j-1]，忽略s[i-1]}}}return dp[s.size()][t.size()]; // 返回s的所有子序列中包含t的计数}
};

时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度也为O(n*m)，其中n和m分别是字符串s和t的长度。

题目二：583. 两个字符串的删除操作

583. 两个字符串的删除操作

解题思路：

这道题目要求找出将两个字符串转换为彼此所需的最少删除次数，可以通过动态规划来解决。以下是详细的解题思路：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

定义二维数组dp[i][j]，其中dp[i][j]表示将字符串word1的前i-1个字符和字符串word2的前j-1个字符转换为彼此所需的最少删除次数。

2. 确定递推公式

根据word1[i - 1]与word2[j - 1]是否相等，分两种情况：

• 相等：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]。因为当两个字符相等时，不需要删除这两个字符。
• 不相等：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1)。因为当两个字符不相等时，可以选择删除word1的一个字符或者删除word2的一个字符，取两者的最小值。

3. dp数组如何初始化

• dp[i][0] = i：表示word2为空字符串时，需要删除word1的前i-1个字符。
• dp[0][j] = j：表示word1为空字符串时，需要删除word2的前j-1个字符。

4. 确定遍历顺序

遍历顺序为从上到下，从左到右，确保每个dp[i][j]的值都是基于已经计算过的dp[i-1][j]和dp[i][j-1]来计算的。

5. 举例推导dp数组

以具体例子（如word1 = "sea"，word2 = "eat"）来手动计算dp数组，验证递推公式的正确性。

代码实现

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

时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度也为O(n*m)，其中n和m分别是字符串word1和word2的长度。

动态规划二（求最长公共子序列）

另一种解法是求两个字符串的最长公共子序列（LCS），然后用两个字符串的总长度减去最长公共子序列的长度的两倍，即为最少删除次数。

代码实现

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp(word1.size()+1, vector<int>(word2.size()+1, 0));for (int i=1; i<=word1.size(); i++){for (int j=1; j<=word2.size(); j++){if (word1[i-1] == word2[j-1]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;else dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);}}return word1.size()+word2.size()-dp[word1.size()][word2.size()]*2;}
};

时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度为O(n*m)。

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题目三：72. 编辑距离

72. 编辑距离

解题思路

编辑距离问题是一个经典的动态规划问题，用于计算两个字符串之间的最小编辑操作次数，使得一个字符串可以转换成另一个字符串。以下是详细的解题思路：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

定义二维数组dp[i][j]，其中dp[i][j]表示以下标i-1为结尾的字符串word1和以下标j-1为结尾的字符串word2之间的最小编辑距离。

2. 确定递推公式

根据word1[i - 1]与word2[j - 1]是否相等，分两种情况：

• 相等：不需要任何编辑操作，即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]。
• 不相等：需要进行编辑操作，可能的操作包括：
  • 删除word1的一个字符：dp[i - 1][j] + 1
  • 删除word2的一个字符：dp[i][j - 1] + 1
  • 替换word1的一个字符：dp[i - 1][j - 1] + 1
  • 选择最小操作次数：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]}) + 1

3. dp数组如何初始化

• dp[i][0] = i：表示将word1的前i-1个字符转换为一个空字符串需要删除i次。
• dp[0][j] = j：表示将一个空字符串转换为word2的前j-1个字符需要添加j次。

4. 确定遍历顺序

遍历顺序为从上到下，从左到右，确保每个dp[i][j]的值都是基于已经计算过的dp[i-1][j]、dp[i][j-1]和dp[i-1][j-1]来计算的。

5. 举例推导dp数组

以具体例子（如word1 = "horse"，word2 = "ros"）来手动计算dp数组，验证递推公式的正确性。

代码实现

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

时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度也为O(n*m)，其中n和m分别是字符串word1和word2的长度。

编辑距离总结篇

1. 判断子序列：判断一个字符串是否为另一个字符串的子序列，只涉及删除操作。
2. 不同的子序列：计算一个字符串在另一个字符串子序列中出现的次数，涉及删除操作。
3. 两个字符串的删除操作：计算使两个字符串相同的最少删除次数，涉及两个字符串的删除操作。

编辑距离问题

问题定义：给定两个字符串word1和word2，计算将word1转换成word2的最少操作数，操作包括插入、删除和替换。