C++怎么編輯距離

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編輯距離

Example 1:

Input: word1 = "horse", word2 = "ros"
Output: 3
Explanation:
horse -> rorse (replace "h" with "r")
rorse -> rose (remove "r")
rose -> ros (remove "e")

Example 2:

Input: word1 = "intention", word2 = "execution"
Output: 5
Explanation:
intention -> inention (remove "t")
inention -> enention (replace "i" with "e")
enention -> exention (replace "n" with "x")
exention -> exection (replace "n" with "c")
exection -> execution (insert "u")

這道題讓求從一個(gè)字符串轉(zhuǎn)變到另一個(gè)字符串需要的變換步驟，共有三種變換方式，插入一個(gè)字符，刪除一個(gè)字符，和替換一個(gè)字符。題目乍眼一看并不難，但是實(shí)際上卻暗藏玄機(jī)，對(duì)于兩個(gè)字符串的比較，一般都會(huì)考慮一下用 HashMap 統(tǒng)計(jì)字符出現(xiàn)的頻率，但是在這道題卻不可以這么做，因?yàn)樽址捻樞蚝苤匾?。還有一種比較常見的錯(cuò)誤，就是想當(dāng)然的認(rèn)為對(duì)于長度不同的兩個(gè)字符串，長度的差值都是要用插入操作，然后再對(duì)應(yīng)每位字符，不同的地方用修改操作，但是其實(shí)這樣可能會(huì)多用操作，因?yàn)閯h除操作有時(shí)同時(shí)可以達(dá)到修改的效果。比如題目中的例子1，當(dāng)把 horse 變?yōu)?rorse 之后，之后只要?jiǎng)h除第二個(gè)r，跟最后一個(gè)e，就可以變?yōu)?ros。實(shí)際上只要三步就完成了，因?yàn)閯h除了某個(gè)字母后，原來左右不相連的字母現(xiàn)在就連一起了，有可能剛好組成了需要的字符串。所以在比較的時(shí)候，要嘗試三種操作，因?yàn)檎l也不知道當(dāng)前的操作會(huì)對(duì)后面產(chǎn)生什么樣的影響。對(duì)于當(dāng)前比較的兩個(gè)字符 word1[i] 和 word2[j]，若二者相同，一切好說，直接跳到下一個(gè)位置。若不相同，有三種處理方法，首先是直接插入一個(gè) word2[j]，那么 word2[j] 位置的字符就跳過了，接著比較 word1[i] 和 word2[j+1] 即可。第二個(gè)種方法是刪除，即將 word1[i] 字符直接刪掉，接著比較 word1[i+1] 和 word2[j] 即可。第三種則是將 word1[i] 修改為 word2[j]，接著比較 word1[i+1] 和 word[j+1] 即可。分析到這里，就可以直接寫出遞歸的代碼，但是很可惜會(huì) Time Limited Exceed，所以必須要優(yōu)化時(shí)間復(fù)雜度，需要去掉大量的重復(fù)計(jì)算，這里使用記憶數(shù)組 memo 來保存計(jì)算過的狀態(tài)，從而可以通過 OJ，注意這里的 insertCnt，deleteCnt，replaceCnt 僅僅是表示當(dāng)前對(duì)應(yīng)的位置分別采用了插入，刪除，和替換操作，整體返回的最小距離，后面位置的還是會(huì)調(diào)用遞歸返回最小的，參見代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.size(), n = word2.size();
        vector<vector<int>> memo(m, vector<int>(n));
        return helper(word1, 0, word2, 0, memo);
    }
    int helper(string& word1, int i, string& word2, int j, vector<vector<int>>& memo) {
        if (i == word1.size()) return (int)word2.size() - j;
        if (j == word2.size()) return (int)word1.size() - i;
        if (memo[i][j] > 0) return memo[i][j];
        int res = 0;
        if (word1[i] == word2[j]) {
            return helper(word1, i + 1, word2, j + 1, memo);
        } else {
            int insertCnt = helper(word1, i, word2, j + 1, memo);
            int deleteCnt = helper(word1, i + 1, word2, j, memo);
            int replaceCnt = helper(word1, i + 1, word2, j + 1, memo);
            res = min(insertCnt, min(deleteCnt, replaceCnt)) + 1;
        }
        return memo[i][j] = res;
    }
};

根據(jù)以往的經(jīng)驗(yàn)，對(duì)于字符串相關(guān)的題目且求極值的問題，十有八九都是用動(dòng)態(tài)規(guī)劃 Dynamic Programming 來解，這道題也不例外。其實(shí)解法一的遞歸加記憶數(shù)組的方法也可以看作是 DP 的遞歸寫法。這里需要維護(hù)一個(gè)二維的數(shù)組 dp，其大小為 mxn，m和n分別為 word1 和 word2 的長度。dp[i][j] 表示從 word1 的前i個(gè)字符轉(zhuǎn)換到 word2 的前j個(gè)字符所需要的步驟。先給這個(gè)二維數(shù)組 dp 的第一行第一列賦值，這個(gè)很簡單，因?yàn)榈谝恍泻偷谝涣袑?duì)應(yīng)的總有一個(gè)字符串是空串，于是轉(zhuǎn)換步驟完全是另一個(gè)字符串的長度。跟以往的 DP 題目類似，難點(diǎn)還是在于找出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，可以舉個(gè)例子來看，比如 word1 是 "bbc"，word2 是 "abcd"，可以得到 dp 數(shù)組如下：

  ? a b c d
? 0 1 2 3 4
b 1 1 1 2 3
b 2 2 1 2 3
c 3 3 2 1 2

通過觀察可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng) word1[i] == word2[j] 時(shí)，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，其他情況時(shí)，dp[i][j] 是其左，左上，上的三個(gè)值中的最小值加1，其實(shí)這里的左，上，和左上，分別對(duì)應(yīng)的增加，刪除，修改操作，具體可以參見解法一種的講解部分，那么可以得到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為：

dp[i][j] =      /    dp[i - 1][j - 1]                                                                   if word1[i - 1] == word2[j - 1]

                      min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1            else

解法二：

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

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