代码随想录训练营Day 58|力扣392.判断子序列、115不同的子序列、583两个字符串的删除操作、72编辑距离

本文主要是介绍代码随想录训练营Day 58|力扣392.判断子序列、115不同的子序列、583两个字符串的删除操作、72编辑距离，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

1.判断子序列

代码随想录

代码：

class Solution {
public:bool isSubsequence(string s, string t) {vector<vector<int>> dp(s.size() + 1,vector<int>(t.size() + 1,0));// 判断s和t的公共最长子序列的长度是否和s的长度相等// dp[i][j]表示下标为0~i-1的s的子数组和下标为0~j-1的子数组的最长公共子序列的长度for(int i = 1; i <= s.size(); i++){for(int j = 1; j <= t.size(); j++){if(s[i - 1] == t[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;}else{dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]);}}}if(dp[s.size()][t.size()] == s.size()){return true;}else{return false;}}
};

 思路：

        这题就是判断两个字符串的最长公共子序列是不是s。其实套路都一样。下面的都是copy昨天的。

        dp数组的含义：dp[i][j]表示下标为0~i-1和0~j-1字符串的最长公共子序列的长度。注意到了吗，只是求这两个字符串的最长公共子序列，没有要求一定要以什么东西结尾。所以最后一个元素就是dp数组中最大的那个元素。

        dp数组的初始化：dp[0][j]和dp[i][0]都没有实际意义，而且为了能够推出符合实际意义的dp[1][1]应该把这些元素初始化为0

        dp数组的递推公式：如果此时的i-1和j-1下标对应的元素都相等，那就可以在dp[i - 1][j - 1]的基础上加一了。如果不相等，就说明这两元素有互斥的关系，两个元素不可能同时被选到最长公共子序列中。所以我们可以分两种情况：dp[i - 1][j]或dp[i][j - 1]，取两个的最大值。

        dp数组的遍历顺序：正序遍历。

2.不同的子序列

代码随想录 (programmercarl.com)

代码：

class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {vector<vector<uint64_t>> dp(s.size() + 1,vector<uint64_t>(t.size() + 1,0));// dp[i][j]表示s中下标为0~i-1的字串中有多少种删除元素后可以变成t中下标为0~j-1的子序列的方法// 根据定义进行初始化// dp[0][j]表示在空串中有多少种删除元素后可以变成t中下标为0~j-1的子序列的方法// 很明显没有for(int i = 0; i <= s.size(); i++){// dp[i][0]表示s中下标为0~i-1的字串有多少种删除元素后可以变成空串的方法// 很明显是一种，就是删除所有元素 dp[0][0]也满足dp[i][0] = 1;}for(int i = 1; i <= s.size(); i++){for(int j = 1; j <= t.size(); j++){if(s[i - 1] == t[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];// 注意这里dp数组的含义是方法数！！！// 一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1][j-1]。// 一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]。}else{dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}return dp[s.size()][t.size()];}
};

 思路：

        dp数组的含义： dp[i][j]表示s中下标为0~i-1的字串中有多少种删除元素后可以变成t中下标为0~j-1的子序列的方法

        dp数组的初始化：dp[0][j]表示在空串中有多少种删除元素后可以变成t中下标为0~j-1的子序列的方法，很明显没有；dp[i][0]表示s中下标为0~i-1的字串有多少种删除元素后可以变成空串的方法很明显是一种，就是删除所有元素。（dp[0][0]也满足）

        dp数组的递推公式：注意这里dp数组的含义是方法数！！！
                    一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1][j-1]。
                    一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]。

        dp数组的遍历顺序：正序遍历

uint64_t 是 C/C++ 语言中的整数数据类型，它表示无符号的 64 位整数。在标准头文件 <cstdint> 中定义，并且可用于确保在不同平台上具有相同大小的无符号 64 位整数。uint64_t 类型通常用于需要大范围整数值的情况，例如处理大量数据或需要确保数值不为负的情况。

3.两个字符串的删除操作

 代码随想录 (programmercarl.com)

代码： (正面思考。去模拟删除过程)

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1,vector<int>(word2.size() + 1,0));// dp[i][j] dp[i][j]表示s中下标为0~i-1的字串 和 t中下标为0~j-1的子串 相同的最小步数for(int i = 0; i <= word1.size(); i++){dp[i][0] = i;}for(int j = 0; j <= word2.size(); j++){dp[0][j] = j;}// 递推for(int i = 1; i <= word1.size();i++){for(int j = 1; j <= word2.size(); j++){if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]; // 新加的两个元素本来就相同，不需要做任何操作}else{dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1,min(dp[i][j - 1] + 1,dp[i - 1][j - 1] + 2));// 新加进来的元素不同，要不删掉其中一个，要不两个都删了}}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

思路： 

        dp数组的含义：dp[i][j] dp[i][j]表示s中下标为0~i-1的字串 和 t中下标为0~j-1的子串 相同的最小步数

        dp数组的递推公式：新加的两个元素本来就相同，不需要做任何操作 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];新加的两个两个元素不同，要不删掉其中一个，要不两个都删了。dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1,min(dp[i][j - 1] + 1,dp[i - 1][j - 1] + 2))

        dp数组的初始化：按照定义初始化就好了。

        dp数组的遍历顺序：正序遍历

代码：（反面来思考。用最少的操作剩下的子序列，不就是最长公共子序列吗？只要做一下减法就好了）

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1,vector<int>(word2.size() + 1,0));// dp[i][j]表示dp[i][j]表示下标为0~i-1和0~j-1字符串的最长公共子序列的长度。for(int i = 1; i <= word1.size(); i++){for(int j = 1; j <= word2.size(); 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 word1.size() + word2.size() - 2 * dp[word1.size()][word2.size()];}
};

4.编辑距离

代码随想录 (programmercarl.com)

代码： 

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1,vector<int>(word2.size() + 1,0));// dp[i][j] dp[i][j]表示s中下标为0~i-1的字串 和 t中下标为0~j-1的子串 相同的最小操作数// 这道题和上一道的区别就是替换用到操作数其实是会变少的。// 添加和删除元素的所用的操作数都是一样的。for(int i = 0; i <= word1.size(); i++){dp[i][0] = i;}for(int j = 0; j <= word2.size(); j++){dp[0][j] = j;}for(int i = 1; i <= word1.size(); i++){for(int j = 1; j <= word2.size(); j++){if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}else{dp[i][j] = min(dp[i][j - 1] + 1,min(dp[i - 1][j] + 1,dp[i - 1][j - 1] + 1));// 区别就在这里 dp[i - 1][j - 1] + 1就表示替换 上一题我们这里是加2，因为只能用删除}}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

思路：

因为添加和删除，其实相对的操作次数是相同的。

这一道题和上一题唯一的区别就是 这里的替换表达式是dp[i - 1][j - 1] + 1 ；而上一题我们只能用删除，所以这里是dp[i - 1][j - 1] + 2。替换所用的操作数少了1.。

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