72. 编辑距离

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
  • word1word2 由小写英文字母组成

算法思路:

与 【题目 583 两个字符串的删除操作】类似,不同的是在只能删除的基础上增加了替换和增加的操作。

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 的最近编辑距离

递推公式如下:

  • 比较 word[i - 1] 和 word[j - 1],

    • 如果相等,则不需要操作,为 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

    • 不相等,则需要操作,分三个情况

      • 删 word1,则为 dp[i - 1][j] + 1
      • 删 word2,则为 dp[i][j - 1] + 1
      • 替换,word1 替换 word1[i - 1],使其与 word2[j - 1] 相同,则为 dp[i - 1][j - 1] + 1;
  • 增加,因为增加一个和另一个减少一个最终的操作数是一样的,所以不需要考虑。

    所以取这三种情况中最小的那个。

代码实现:

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int len1 = word1.length(), len2 = word2.length();
        int[][] dp = new int[len1 + 1][len2 + 1];
        // 两者有一个为空则所需操作数为另一个的长度
        for (int i = 0; i <= len1; i++) dp[i][0] = i;
        for (int j = 0; j <= len2; j++) dp[0][j] = j;
        for (int i = 1; i <= len1; i++) {
            for (int j = 1; j <= len2; j++) {
                // 相等则不需要操作
                if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                } else {
                    // 替换:dp[i - 1][j - 1] + 1
                    // 删除 word1 :dp[i - 1][j] + 1
                    // 删除 word2 :dp[i][j - 1] + 1
                    // 增加:因为增加一个和另一个减少一个次数是一样的,所以不需要考虑
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1],
                            Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[len1][len2];
    }
}

Q.E.D.


以无限为有限,以无法为有法