动态规划经典题：编辑距离(hard) 详解，看了还不会你来砍我

🧸🧸🧸各位大佬大家好，我是猪皮兄弟🧸🧸🧸
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文章目录

一、最长公共子序列
二、两个字符串的删除操作
三、编辑距离Hard

为了更好的理解，我们从易到难的来解决编辑距离的问题

一、最长公共子序列

Leetcode最长公共子序列
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一般的，我们在做序列DP问题的时候，遇到两个字符串都会用一个二维数组来进行DP，最长公共子序列简称LCS(longest common subsequence)
对于本题
状态定义：
DP[i][j]表示具有word1[0:i]的字符串和word2[0:j]的字符串中的LCS
比如"abcde" [0:2]也就是abc

状态转移方程：
①当word1[i-1]==word2[j-1]
（因为二维DP中dp[i][0]dp[0][j]代表某个字符串为空，所以要多留一个空间的位置，也就是说dp中的i也就是word中的i-1；或者也可以word1=“”+word1,多一个位置）
那么此时就要从之前的LCS的长度+1
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1

②当word1[i-1]!=word2[j-1]
此时，就需要找之前的最大公共子序列长度
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
(其实这里容易想到还有一个dp[i-1][j-1]，但是此位置已经被找过，再加上的话就多余了，虽然加上没什么问题)

初始化：
当某个字符串为空的时候，LCS=0；
dp[i][0]和dp[0][j]都是0

int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        //dp[i][j] 表示的是当前下的最大公共子序列长度
		//text1[0:i]表示text1的0~i这个长度的子串
        text1=" "+text1;
        text2=" "+text2;
        int m = text1.size(),n=text2.size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
        //dp[0][j]表示空串与text2的子序列，为0  dp[i][0]同理
        for(int i=1;i<m;i++)
        {
            for(int j=1;j<n;j++)
            {
                if(text1[i]==text2[j])//两个相等，则最长子序列+1
                {
                    dp[i+1][j+1] = dp[i][j] +1;
                }
                else //不等则是取其中的最大值，因为dp[i][j]表示到此为止的最大子序列
                {
                    dp[i+1][j+1] = max(dp[i+1][j],dp[i][j+1]);
                }
            }
        }
        
        return dp[m][n];
    }

二、两个字符串的删除操作

其实编辑距离就是该题的延伸，所以这道题其实是很重要的
Leetcode两个字符串的删除操作
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思路一:
我们可以转换为求LCS，然后因为这道题只允许删除，所以返回每个字符串的长度和LCS的差值就可以了

int minDistance(string word1, string word2) {
        int m =word1.size();
        int n=word2.size();
        //最长子序列长度
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
        //dp的i就是word的i-1
        for(int i=1;i<m+1;i++)
        {
            for(int j=1;j<n+1;j++)
            {
                if(word1[i-1]==word2[j-1])
                {
                    dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
                }
                else 
                {
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                }
            }
        }
        return m-dp[m][n]+n-dp[m][n];
    }

思路二：
状态定义：
dp[i][j]表示word1[0:i]和word2[0:j]两个字符串的最少删除数

状态转移方程：
提示：因为二维的DP数组会有多的一个判断空字符串的行和列，所以word中的i-1就是dp中的i
①word1[i-1]==word2[j-1]
那么不需要删除
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];

②word1[i-1]!=word2[j-1]
那么就需要删除
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+1;
因为比我少一个字符的字符串的最少删除次数以及确定了，我再+1即可

初始化：
当某个字符串为空时，删除次数就等于不为空的字符串长度
dp[i][0]=i;
dp[0][j]=j;

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

三、编辑距离Hard

Leetcode编辑距离
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其实最难的就是dp的定义，dp数组中的值代表什么意思，然后分析好有什么情况，写出状态转移方程基本上就做出来了

状态定义：
dp[i][j]表示word1[0:i]和word2[0:j]这两个字符串的最少编辑次数

状态转移方程：
通过分析，我们发现每个字符串有三种操作插入/删除/替换
那么，对于两个字符串 A B 就有六种操作
但是，很快发现：
1.对于A的插入其实就相当于对于B的删除
比如A:dog B:doge
2.对于A的删除其实就相当于对于B的插入
比如A:doge B:dog
3.对于A的替换和对于B的替换是等价的

所以我们分析出
①当word1[i-1]==word2[j-1]
那么此时我们不需要进行操作
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
②当word1[i-1]!=word2[j-1]
那么此时就有三种可能
第一种：对A插入/对B删除
第二种：对A删除/对B插入
第三种：对A替换/对B替换
dp[i][j]=max({dp[i][j-1],dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]})+1
dp[i-1][j]就表示对A进行插入/对B删除，因为A少一个
同理dp[i][j-1]也是一样
dp[i-1][j-1]表示替换，因为你必须是同时增加一个字符才是替换，不然的话长度不对，只能是在上一个的基础上插入或者删除

初始化：
当有一个串为空串，那么
dp[i][0]=i ;
dp[0][j]=j ;

int minDistance(string word1, string word2) {
        //序列dp的套路，两个字符串一般用二维dp
        int m = word1.size();
        int n=word2.size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));//多开一个的原因是dp[i][0]和dp[0][j]有一个串是空串
        for(int i=0;i<m+1;i++) 
            dp[i][0]=i;
        for(int j=0;j<n+1;j++) 
            dp[0][j]=j;
        //初始化两个串某一个为空的操作
        for(int i=1;i<m+1;i++)
        {
            for(int j=1;j<n+1;j++)
            {
                if(word1[i-1]==word2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1];//多一个字符串的话肯定要做修改
                else
                {
                    dp[i][j]=min({dp[i-1][j-1],dp[i-1][j],dp[i][j-1]})+1;
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }

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