---

---

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）

impl Solution {pub fn min_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) as i32;}// DP 数组let mut 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] as i32;}
}

滚动数组（更加优化的内存空间）

impl Solution {pub fn min_distance(mut word1: String, mut word2: String) -> i32 {let mut l1 = word1.len();let mut l2 = word2.len();// 有一个字符串为空串if l1 == 0 {return l2 as i32;}if l2 == 0 {return l1 as i32;}// 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let mut dp = (0..=l2).collect::<Vec<_>>();// 计算所有 DP 值word1.bytes().enumerate().for_each(|(i1, c1)| {let mut 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] as i32}
}

---

go：

func minDistance(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, word1l1, 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 := i1dp[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++：

class Solution {
public:int minDistance(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) {const int 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：

class Solution:def minDistance(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 l2if 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, word1l1, l2 = l2, l1# DP 数组dp = [x for x in range(l2 + 1)]# 计算所有 DP 值for i1 in range(l1):pre = i1dp[0] = pre + 1for i2 in range(l2):tmp = dp[i2 + 1]if word1[i1] == word2[i2]:dp[i2 + 1] = preelse:# 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) + 1pre = tmpreturn dp[l2]

---

java：

class Solution {public int minDistance(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 = new int[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) {final int 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];}
}

---

非常感谢你阅读本文~
欢迎【点赞】【收藏】【评论】三连走一波~
放弃不难，但坚持一定很酷~
希望我们大家都能每天进步一点点~
本文由 二当家的白帽子：https://le-yi.blog.csdn.net/ 博客原创~

---