题目分析

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对于长度为x的字符串s1和长度为y的字符串s2，从s1改变成s2最少要经过多少次“增加”、“删除”或“替换”？

为了使用动态规划算法，要先将父问题分解成子问题（父问题和子问题是同一种问题，只不过分解得到的子问题规模更小）。
那么现在就需要我们找出父问题和子问题之间的转移关系。推导父子问题之间的转移关系有2中思路：

• 要解决父问题，需要先解决哪些子问题

  • 要求解两个字符串之间的最小编辑距离，需要用到哪些更小的字符串之间的编辑距离？

• 假设已经知道一些子问题的答案，能计算出哪些同一类型、规模更大的父问题

  • 如果已经知道某一对字符串之间的编辑距离（已经知道一些子问题），能推导出哪些字符串之间的最小编辑距离（这些子问题能求解出哪些父问题）

在这个问题中，使用第一种思路更简单。
假设要求s3与s4两个字符串之间的最小编辑距离，有下面两种情况：

• 如果s3与s4的结尾字符相同，那么答案等于s3与s4都去掉结尾字符以后的最小编辑距离（子问题）

• 如果s3与s4的结尾字符不同，那么先不管前面的那些字符，如何编辑s3使得两个字符串的结尾字符相同呢？测试几个例子能知道，结尾字符最终相同只能有以下3种原因：

  • 向s3后面拼接s4的结尾字符。此时，原始s3与s4的最小编辑距离=1+拼接以后的最小编辑距离
  • 删除s3的结尾字符（可能删除以后结尾字符还是不同，不过没关系，这是子问题要处理的事情）。此时，原始s3与s4的最小编辑距离=1+删除以后的最小编辑距离
  • 将s3的结尾字符替换成了s4的结尾字符。此时，原始s3与s4的最小编辑距离=1+替换以后的最小编辑距离

除了以上三种手段以外，不管你如何对s3的前面字符如何增加、删除、替换，都不能让结尾字符相同。

现在将上面结论换成代码表述。假设ed[i][j]表示 word1[0]~word1[i-1]与word2[0]~word2[j-1]之间的最小编辑距离

if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) ed[i][j] = ed[i - 1][j - 1];
else ed[i][j] = min(min(ed[i][j - 1] + 1, ed[i - 1][j] + 1), ed[i - 1][j - 1] + 1);    // 将3种方法都尝试，取最小的结果

现在有了转移关系，我们只要先计算子问题的结果（较短子串之间的编辑距离）并存储起来，然后用它计算出父问题的结果（较长子串之间的编辑距离），最后就能算出两个完整字符串之间的编辑距离。

代码实现

class Solution
{public:int minDistance(string word1, string word2){const int size1 = word1.size(),size2 = word2.size();if (size1 == 0)return size2;if (size2 == 0)return size1;// ed[i][j]表示 word1[0]~word1[i-1]与word2[0]~word2[j-1]之间的最小编辑距离vector<vector<int>> ed(size1 + 1, vector<int>(size2 + 1, 0));// 初始化任意字符与空字符之间的编辑距离for (int i = 0; i <= size1; i++){ed[i][0] = i;}for (int i = 0; i <= size2; i++){ed[0][i] = i;}for (int i = 1; i <= size1; i++){for (int j = 1; j <= size2; j++){if (word1[i - 1] == word2[j - 1])ed[i][j] = ed[i - 1][j - 1];else// 将3种编辑结尾的方法都尝试，取最小的结果ed[i][j] = min(min(ed[i][j - 1] + 1, ed[i - 1][j] + 1), ed[i - 1][j - 1] + 1);}}return ed[size1][size2];}
};

使用了2层嵌套循环，对每一种word1和word2的前缀的组合都求出了编辑距离，因此时间复杂度是O(n^2)。

在这里，数组ed具有更一般的含义：它是动态规划算法的记忆存储，存储了已经计算出的子问题的答案。更严格地说，其实只需要存储将来可能被父问题用到的计算结果。