判断子序列不同的子序列两个字符串的删除操作编辑距离

引言

下面的四种题相互间都有联系，都是类似编辑距离类的题目，这里从简单开始，逐渐深入；

判断子序列

给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。
字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序列，而"aec"不是）。

示例 1：
输入：s = “abc”, t = “ahbgdc”
输出：true

示例 2：
输入：s = “axc”, t = “ahbgdc”
输出：false

提示：

0 <= s.length <= 100
0 <= t.length <= 10^4
两个字符串都只由小写字符组成。

这道题我们其实只需要计算删除的情况就可以；（其实可以想象为把 t 的每一个和 s 不相等的字符删除直到和 s 一样）
1，dp[i][j]表示以下标i-1为结尾的字符串s，和以下标j-1为结尾的字符串t，相同子序列的长度;

2，这里就有两种情况：
s[i - 1] == t[j - 1] 此时就说明 s 中的一个字符在 t 中存在；即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
s[i - 1] != t[j - 1] 这时就需要删除 t 的这个字符，继续和 s 匹配；即dp[i][j] = dp[i][j - 1]

3，初始化时发现dp[i][0]和dp[0][j]是没有意义的，但是为了转移方程的计算，还是需要初始化为0；

4，由转移方程可知道遍历顺序是从前到后，从上到下；
代码如下：

class Solution {public:bool isSubsequence(string s, string t) {int len1 = s.size(), len2 = t.size();vector<vector<int>> dp(len1 + 1, vector<int>(len2 + 1, 0));for (int i = 1; i <= len1; ++i) {for (int j = 1; j <= len2; ++j) {if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = dp[i][j - 1]; //j相当于一个删除的操作；}}return dp[len1][len2] == len1;}
};

这道题只涉及了一个类似删除操作，因为t中字符与s一个不同就删一个，直到留下最后相同的；下面再看一道：

不同的子序列

给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。
字符串的一个子序列是指，通过删除一些（也可以不删除）字符且不干扰剩余字符相对位置所组成的新字符串。（例如，“ACE” 是 “ABCDE” 的一个子序列，而 “AEC” 不是）
题目数据保证答案符合 32 位带符号整数范围。

提示：

0 <= s.length, t.length <= 1000
s 和 t 由英文字母组成

这道题相对上一道就稍微复杂一些，但是依然可以看出只涉及了删除操作；
1，dp[i][j]表示以 i-1 为结尾的 s 子序列中出现的以 j-1 为结尾的 t 的个数为dp[i][j]；

2，同样分为两种情况：

当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，有两部分
一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]；
另一部分是不用s[i - 1]匹配，个数为dp[i - 1][j]；
为什么不用s[i - 1]匹配呢？比如s为raa，t为ra，我可以用s[i - 1]匹配，则是s[0],s[2]，我如果不用s[i - 1]匹配，则是s[0],s[1]；
所以这种情况都需要概况上；
即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]：

当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时，dp[i][j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配，即：dp[i - 1][j]，
其实这里 i - 1 就可以理解为一个删除操作，将因为不匹配，所以减小匹配范围

3，初始化这里需要注意，
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。
则dp[i][0]一定都是1，因为也就是把以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]则是s为空，那么怎么都无法匹配到t，所以都为0；

dp[0][0] 则代表空字符串s，删除0个元素变成t，所以为1；

4，遍历顺序很容易就看出来从前到后，从上到下；

代码如下：

class Solution {public:int numDistinct(string s, string t) {int len1 = s.size(), len2 = t.size();vector<vector<unsigned long long>> dp(len1 + 1, vector<unsigned long long>(len2 + 1));//防止超限for (int i = 0; i <= len1; ++i) dp[i][0] = 1;//i为0是因为要把dp[0][0]初始化为0for (int i = 1; i <= len2; ++i) dp[0][i] = 0;for (int i = 1; i <= len1; ++i) {for (int j = 1; j <= len2; ++j) {if (s[i - 1] == t[j - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];elsedp[i][j] = dp[i - 1][j];}}return dp[len1][len2];}
};

这道题也就有点难度了，但是总归还是只有一个删除操作，看下面这道题

两个字符串的删除操作

给定两个单词 word1 和 word2，找到使得 word1 和 word2 相同所需的最小步数，每步可以删除任意一个字符串中的一个字符。

示例：
输入: “sea”, “eat”
输出: 2
解释: 第一步将"sea"变为"ea"，第二步将"eat"变为"ea"

提示：
给定单词的长度不超过500。
给定单词中的字符只含有小写字母。

这道题目就需要删除两个字符串了，但是方法还是一样的；
1，dp[i][j]表示以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。

2，这里的转移方程依旧分为两种情况：
当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，有三种情况：
一：删word1[i - 1]，最少操作次数为dp[i - 1][j] + 1
二：删word2[j - 1]，最少操作次数为dp[i][j - 1] + 1
三：同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，操作的最少次数为dp[i - 1][j - 1] + 2
最后取三者最小值即可，dp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1), dp[i - 1][j - 1] + 2);

3，初始化需要注意
当word2为空串，那么dp[i][0]就是以i-1为结尾的字符串word1要删除多i个元素，才能和word2相同，即dp[i][0] = i。
当word1为空串，那么dp[0][j]就是以j-1为结尾的字符串word2要删除j个元素，才能和word1相同，即dp[i][0] = i。

4，遍历顺序很容易看出来，从上到下，从左到右；

代码如下：

class Solution {public:int minDistance(string word1, string word2) {int len1 = word1.size(), len2 = word2.size();vector<vector<int>> dp(len1 + 1, vector<int>(len2 + 1));for (int i = 0; i <= len1; ++i) dp[i][0] = i;for (int i = 0; i <= len2; ++i) dp[0][i] = i;for (int i = 1; i <= len1; ++i) {for (int j = 1; j <= len2; ++j) {if (word1[i - 1] == word2[j - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];elsedp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1), dp[i - 1][j - 1] + 2);}}return dp[len1][len2];}
};

最后的大boss终于要来了，但是通过前三道题，应该对这种题目有点感觉了吧；

编辑距离

给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 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
word1 和 word2 由小写英文字母组成

这道题就有了三步操作，但是不管怎么样，和之前的几道题都是一模一样的；
1，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，最近编辑距离为dp[i][j]；

2，这里还是两种情况
如果word1[i - 1] == word2[j - 1]时，不需要任何操作，直接让dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

如果word1[i - 1] != word2[j - 1]，这时候分为三部，对应的就是三种操作
一：word1增加一个元素，使word1[i - 1]与word2[j - 1]相同，即 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1
二：word1减去一个元素，即word2增添一个元素，使word1[i - 1]与word2[j - 1]相同，即 dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;
三：替换操作，word1替换word1[i - 1]，使其与word2[j - 1]相同，即 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

3，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，则只需要对word1做减去操作即可
dp[i][0] = i;
dp[0][j] = j同理；

4，循环顺序老套路；
代码如下：

class Solution {public:int minDistance(string word1, string word2) {int len1 = word1.length();int len2 = word2.length();vector<vector<int>> dp(len1 + 1, vector<int>(len2 + 1));for (int j = 1; j <= len2; ++j) dp[0][j] = j;for (int i = 1; i <= len1; ++i) dp[i][0] = i;for (int i = 1; i <= len1; ++i) {for (int j = 1; j <= len2; ++j) {if (word1.at(i - 1) == word2.at(j - 1))dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];elsedp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;}}return dp[len1][len2];}
};

总结

这几道题还是多看看，理解一下，看不下去歇会看，看久了容易晕；