算法leetcode｜72. 编辑距离（rust重拳出击）

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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

样例 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') 

样例 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

分析：

• 面对这道算法题目，二当家的再次陷入了沉思。
• 编辑距离算法在实际应用中还是很多的，比如一些命令的参数，当输入了错误的参数时，会提示最相似的命令。- 想要找最优解，一般就是贪心或者动态规划。
• 思考后会发现，完整串的编辑距离和子串的编辑距离有关系，所以考虑使用动态规划。
• 别急，这里还有一个问题，题目中可以对两个单词分别进行三种操作，所以相当于一共有六种操作，其中插入字符依赖较短字符串，而删除字符的操作就反向依赖了较长串，但是动态规划是从一个初识条件开始，朝着一个方向计算的，这里依赖着两种方向，这怎么办？
• 其实，我们可以将相同效果的操作合并处理：1. 对单词 A 删除一个字符和对单词 B 插入一个字符是等价的。例如当单词 A 为 doge，单词 B 为 dog 时，我们既可以删除单词 A 的最后一个字符 e，得到相同的 dog，也可以在单词 B 末尾添加一个字符 e，得到相同的 doge；2. 同理，对单词 B 删除一个字符和对单词 A 插入一个字符也是等价的；3. 对单词 A 替换一个字符和对单词 B 替换一个字符是等价的。例如当单词 A 为 bat，单词 B 为 cat 时，我们修改单词 A 的第一个字母 b -> c，和修改单词 B 的第一个字母 c -> b 是等价的。
• 这样一来，本质不同的操作实际上只有三种：1. 在单词 A 中插入一个字符；2. 在单词 B 中插入一个字符；3. 修改单词 A 的一个字符。
• 这样一来，我们就可以把原问题转化为规模较小的子问题。以样例1为例，我们用 A = horse，B = ros 作为例子，来看一看是如何把这个问题转化为规模较小的若干子问题的：1. 在单词 A 中插入一个字符：如果我们知道 horse 到 ro 的编辑距离为 a，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 a + 1。这是因为我们可以在 a 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串，只需要额外的 1 次操作，在单词 A 的末尾添加字符 s，就能在 a + 1 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串；2. 在单词 B 中插入一个字符：如果我们知道 hors 到 ros 的编辑距离为 b，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 b + 1，原因同上；3. 修改单词 A 的一个字符：如果我们知道 hors 到 ro 的编辑距离为 c，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 c + 1，原因同上。
• 那么从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)。
• 因此，我们就可以使用动态规划来解决这个问题了。我们用 D[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。
• 如上所述，当我们获得 D[i][j-1]，D[i-1][j] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。1. D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们在 A 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1；2. D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于 A 的第 i 个字符，我们在 B 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；3. D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们修改 A 的第 i 个字符使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。
• 一般题解到这里就结束了，但其实我们还可以继续优化空间。
• 由于动态规划中，我们比较两个子串，只依赖于各减少最后一个字符的子串的编辑距离，所以我们的动态规划数组是可以重复利用的，不需要二维数组，只需要一维数组即可，即滚动数组的方式。

题解：

rust：

二维数组（易懂）

implSolution{pubfnmin_distance(word1:String, word2:String)->i32{let l1 = word1.len();let l2 = word2.len();// 有一个字符串为空串if l1 ==0|| l2 ==0{return(l1 + l2)asi32;}// DP 数组letmut dp =vec![vec![0; l2 +1]; l1 +1];// 边界状态初始化(0..=l1).for_each(|i|{
            dp[i][0]= i;});(0..=l2).for_each(|i|{
            dp[0][i]= i;});// 计算所有 DP 值(1..=l1).for_each(|i|{(1..=l2).for_each(|j|{let insert1 = dp[i -1][j]+1;let insert2 = dp[i][j -1]+1;let replace1 =if word1.as_bytes()[i -1]!= word2.as_bytes()[j -1]{
                    dp[i -1][j -1]+1}else{// 两个字母相同，不用修改，所以操作次数不变
                    dp[i -1][j -1]};
                dp[i][j]= insert1.min(insert2).min(replace1);});});return dp[l1][l2]asi32;}}

滚动数组（更加优化的内存空间）

implSolution{pubfnmin_distance(mut word1:String,mut word2:String)->i32{letmut l1 = word1.len();letmut l2 = word2.len();// 有一个字符串为空串if l1 ==0{return l2 asi32;}if l2 ==0{return l1 asi32;}// 让内层单词较短，可以让dp数组较小if l1 < l2 {let wt = word1;
            word1 = word2;
            word2 = wt;let lt = l1;
            l1 = l2;
            l2 = lt;}// DP 滚动数组letmut dp =(0..=l2).collect::<Vec<_>>();// 计算所有 DP 值
        word1.bytes().enumerate().for_each(|(i1, c1)|{letmut pre = i1;
            dp[0]= pre +1;

            word2.bytes().enumerate().for_each(|(i2, c2)|{let tmp = dp[i2 +1];if c1 == c2 {
                    dp[i2 +1]= pre;}else{// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母// pre: 相当于修改第一个单词一个字母

                    dp[i2 +1]= dp[i2 +1].min(dp[i2]).min(pre)+1;}

                pre = tmp;});});

        dp[l2]asi32}}

go：

funcminDistance(word1 string, word2 string)int{
    l1 :=len(word1)
    l2 :=len(word2)// 有一个字符串为空串if l1 ==0{return l2
    }if l2 ==0{return l1
    }// 让内层单词较短，可以让dp数组较小if l1 < l2 {
        word1, word2 = word2, word1
        l1, l2 = l2, l1
    }// DP 滚动数组
    dp :=make([]int, l2+1)for i :=1; i <= l2; i++{
        dp[i]= i
    }// 计算所有 DP 值for i1, c1 :=range word1 {
        pre := i1
        dp[0]= pre +1for i2, c2 :=range word2 {
            tmp := dp[i2+1]if c1 == c2 {
                dp[i2+1]= pre
            }else{// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母// pre: 相当于修改第一个单词一个字母if dp[i2+1]> dp[i2]{
                    dp[i2+1]= dp[i2]}if dp[i2+1]> pre {
                    dp[i2+1]= pre
                }
                dp[i2+1]+=1}

            pre = tmp
        }}return dp[l2]}

c++：

classSolution{public:intminDistance(string word1, string word2){int l1 = word1.length(), l2 = word2.length();// 有一个字符串为空串if(l1 ==0){return l2;}if(l2 ==0){return l1;}// 让内层单词较短，可以让dp数组较小if(l1 < l2){
            string wt = word1;
            word1 = word2;
            word2 = wt;int lt = l1;
            l1 = l2;
            l2 = lt;}// DP 滚动数组int dp[l2 +1];for(int i =1; i <= l2;++i){
            dp[i]= i;}// 计算所有 DP 值for(int i1 =0; i1 < l1;++i1){int pre = i1;
            dp[0]= pre +1;for(int i2 =0; i2 < l2;++i2){constint tmp = dp[i2 +1];if(word1[i1]== word2[i2]){
                    dp[i2 +1]= pre;}else{// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
                    dp[i2 +1]=min(min(dp[i2 +1], dp[i2]), pre)+1;}

                pre = tmp;}}return dp[l2];}};

python：

classSolution:defminDistance(self, word1:str, word2:str)->int:
        l1 =len(word1)
        l2 =len(word2)# 有一个字符串为空串if l1 ==0:return l2
        if l2 ==0:return l1

        # 让内层单词较短，可以让dp数组较小if l1 < l2:
            word1, word2 = word2, word1
            l1, l2 = l2, l1

        # DP 数组
        dp =[x for x inrange(l2 +1)]# 计算所有 DP 值for i1 inrange(l1):
            pre = i1
            dp[0]= pre +1for i2 inrange(l2):
                tmp = dp[i2 +1]if word1[i1]== word2[i2]:
                    dp[i2 +1]= pre
                else:# dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母# dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母# pre: 相当于修改第一个单词一个字母
                    dp[i2 +1]=min(dp[i2 +1], dp[i2], pre)+1

                pre = tmp

        return dp[l2]

java：

classSolution{publicintminDistance(String word1,String word2){int l1 = word1.length(), l2 = word2.length();// 有一个字符串为空串if(l1 ==0){return l2;}if(l2 ==0){return l1;}// 让内层单词较短，可以让dp数组较小if(l1 < l2){String wt = word1;
            word1 = word2;
            word2 = wt;int lt = l1;
            l1 = l2;
            l2 = lt;}// DP 滚动数组int[] dp =newint[l2 +1];for(int i =1; i <= l2;++i){
            dp[i]= i;}// 计算所有 DP 值for(int i1 =0; i1 < l1;++i1){int pre = i1;
            dp[0]= pre +1;for(int i2 =0; i2 < l2;++i2){finalint tmp = dp[i2 +1];if(word1.charAt(i1)== word2.charAt(i2)){
                    dp[i2 +1]= pre;}else{// dp[i2 + 1]：相当于向第一个单词插入一个字母// dp[i2]：相当于向第二个单词插入一个字母// pre: 相当于修改第一个单词一个字母
                    dp[i2 +1]=Math.min(Math.min(dp[i2 +1], dp[i2]), pre)+1;}

                pre = tmp;}}return dp[l2];}}

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本文由 二当家的白帽子：https://le-yi.blog.csdn.net/ 博客原创~