代碼隨想錄算法訓練營|第五十八天|583. 两个字符串的删除操作、72. 编辑距离、编辑距离总结篇。刷题心得（c++）

2023-11-02 16:44
文章标签 算法 c++ 总结 操作 字符串 距离 删除 编辑 刷题 两个 心得 583 72 第五十八 代碼 隨想錄 訓練營

本文主要是介绍代碼隨想錄算法訓練營|第五十八天|583. 两个字符串的删除操作、72. 编辑距离、编辑距离总结篇。刷题心得（c++），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！

目录

讀題

583. 两个字符串的删除操作

自己看到题目的第一想法

看完代码随想录之后的想法

72. 编辑距离

看完代码随想录之后的想法

583. 两个字符串的删除操作 - 實作

思路

代碼隨想錄思路

Code

72. 编辑距离 - 實作

思路

Code

编辑距离总结篇

判斷子序列

不同的子序列

兩個字符串的刪除操作

編輯距離

總結

判斷子序列

不同子序列

兩個字符串的刪除操作

編輯距離

讀題

583. 两个字符串的删除操作

自己看到题目的第一想法

如果今天可以兩個都刪除，那在w1[i - 1] 以及 w2[j - 1]的狀況下有三種狀況，兩者匹配，dp[i - 1][j - 1]，不使用w1[i - 1]→dp[i - 1][j] 不使用w2[j - 1] → dp[i][j - 1]，有用畫圖的方式嘗試理解但仍然無法推出狀態的改變。

看完代码随想录之后的想法

看完之後，才真正了解自己哪裡錯了，首先下標就定義錯了，下標應該是dp[i][j] w1[i - 1]為結尾以及w2[j - 1]為結尾如果想要達到相等，所需要刪除元素的最少次數為dp[i][j]

根據這個定義，如果相等的時候，不用刪除元素，那就會等於不包含當前i - 1 j - 1的 i - 2 j - 2，也就是dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]

如果不相等，則會有三種狀況可以刪除w1 最少操作次數就是不包含當前的w[i - 1]的狀況也就是dp[i - 1][j] + 1 也可以選擇刪除w2 最少操作次數是dp[i][j - 1] + 1，不包含當前w2[j - 1]的最少狀況。

也可以兩個都刪除，也就是dp[i - 1][j - 1] + 2，但這個我們可以思考為，之前的兩種狀況就有包含了，如果刪除w1，那是取不包含w1[i - 1]的狀況，換言之，就是刪除w1[i - 1]的狀況是dp[i - 1][j] ，在這個基礎上再減去w2[j - 1]這一個數就是dp[i - 1][j] + 1。

最後可以簡化為dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1);

72. 编辑距离

看完代码随想录之后的想法

非常清晰，基本上有寫過之前的題目就會知道其中的門道，跟上一題一樣，先定義好dp[i][j]的定義，在下標word1[i - 1]以及下標word2[j-1]，使其相同的最小編輯距離為dp[i][j]。

那就一樣會有兩種狀況相同與不相同

相同的話就是dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]代表不需要任何操作，跟上一次不包含word1[i - 1]以及word2[j - 1]的狀況一致

不相同的話要做增刪換

增和刪可以想成同樣一個，操作數都是一樣的，引用代碼隨想錄中提到的例子

word2添加一个元素，相当于word1删除一个元素，例如 word1 = "ad" ，word2 = "a"，word1删除元素'd' 和 word2添加一个元素'd'，变成word1="a", word2="ad"， 最终的操作数是一样！ dp数组如下图所示意的：

      0     a                   0     a     d+-----+-----+             +-----+-----+-----+0 |  0  |  1  |           0 |  0  |  1  |  2  |+-----+-----+   ===>      +-----+-----+-----+a |  1  |  0  |           a |  1  |  0  |  1  |+-----+-----+             +-----+-----+-----+d |  2  |  1  |+-----+-----+

替換的話代表只需要替換其中一個數就可以一致，那就會是dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1，代表我只要替換word1 或者word2就可以使得兩者相同。使用dp[i - 1][j - 1]的緣故是，這個數不包含word1、或word2，所以如果只需要替換一個數就可以達成，那就是將這個數加一就好

583. 两个字符串的删除操作 - 實作

思路

  1. 定義DP數組以及下標的含意

    i - 1 下標的word1以及 j - 1 下標的word2，要達到相同的子序列最少需要刪除多少次為dp[i][j]

  2. 遞推公式

    分成兩種狀態相同與不相同

    相同的話代表不用刪除，也就是dp[i - 1][j - 1]即為上一次不包含當前兩個數的狀況

    不相同的話有三種狀況

    • 刪除word1
      • 代表不包含當前word1的狀況在加上一個刪除的個數也就是dp[i - 1][j] + 1
    • 刪除word2
      • 代表不包含當前word2的狀況再加上1個刪除數，也就是dp[i][j - 1] + 1
    • 刪除word1、word2
      • 代表不包含當前word1、word2的狀況加上兩個刪除數，也就是dp[i - 1][j - 1] + 2
      • 但可以換個角度來看，如果刪除word1或word2時，我們要先得知不包含word1或word2的狀況，也就是dp[i - 1][j] 或 dp[i][j - 1] 也就是說這兩個狀態組都代表已經忽略word1 以及word 2時，當前的狀況，那在這個基礎上再加1，也可以理解為在忽略word1的狀況下在刪除word2 就會是將word1、word2都刪除的狀況，也就是dp[i - 1][j] + 1。

  3. 根據遞推公式、題意以及定義，確定DP數組如何初始化

    因為兩者都可以刪除，所以在初始話時，空字符串都是0，因為不用刪除，其他的部分則根據當前的位置，刪除不同數量的word即可以成為空字符串，也就是要刪除i 個或j個字，字符串才會為空

  4. 確定遍歷順序

    因為需要左上角的數據來進行遍歷，所以是由前往後。

代碼隨想錄思路

Code

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp (word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1, 0));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 - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1);}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

72. 编辑距离 - 實作

思路

  1. 定義DP數組以及下標的含意

    i - 1 下標的word1以及 j - 1 下標的word2，要達到相同的子序列最少需要編輯多少次為dp[i][j]

  2. 遞推公式

    分成兩種狀態相同與不相同

    相同的話代表不用編輯，也就是dp[i - 1][j - 1]即為上一次不包含當前兩個數的狀況

    不相同的話有三種狀況，取最小的

    • 刪除\添加 word1
      • 代表不包含當前word1的狀況在加上一個刪除\添加的個數也就是dp[i - 1][j] + 1
    • 刪除\添加 word2
      • 代表不包含當前word2的狀況再加上1個刪除\添加數，也就是dp[i][j - 1] + 1
    • 替換
      • 代表不包含當前word1、word2的狀況加上一個操作，也就是dp[i - 1][j - 1] + 1

  3. 根據遞推公式、題意以及定義，確定DP數組如何初始化

    當j - 1以及 i - 1的word1、word2需要初始化時，需要刪除i個或j個字符才會等於空字符

  4. 確定遍歷順序

    總共有四個遞推公式

    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]

    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1

    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1

    dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1

    因為需要左上角的數據來進行遍歷，所以是由前往後。

Code

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp (word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1));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(min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

编辑距离总结篇

判斷子序列

定義: dp[i][j] 代表 i - 1 的s 和 j - 1 的t 相同子序列的長度為dp[i][j]

根據這個定義，我們可以知道當兩者相同時，長度要加一

如果不相等時，則可以視為忽略當下的t[j - 1]取t的前一個數也就是t[j - 2] → dp[i][j] = dp[i][j - 1]

不同的子序列

定義: dp[i][j]: 以i - 1為結尾s子序列當中，出現以j - 1為結尾t的個數為dp[i][j]

根據定義

  • 兩者相等時有兩種狀況

    我可以使用s[i - 1]也可以不使用s[i - 1] 因為定義是i - 1為結尾的s子序列中，出現以j - 1為結尾的t個數

    所以在使用s[i - 1]的狀況，我不用刪除任何元素，所以我的值會是dp[i - 1][j - 1]即上一次的狀況，

    如果不使用s[i - 1]的狀況，我等同於只需要不考慮s[i - 1] 但t[j - 1]仍然在，所以值會是dp[i - 1][j]

    相同時的轉移方程就會是dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];

  • 兩者不相等時相當於s 要刪除元素，因為 s的字符串中，這個位置並沒有t的字串，所以要刪除

    如果是s要刪除元素，那就是取s[i - 2] 這個不包含s[ i -1]的最大值，但t是要比較的子序列，所以t不用動，也就是說這個dp[i][j]會是由s[i - 2]t[j - 1]所組成，所對應的dp數組是dp[i][j] = dp[i - 1][j]。

初始化:

dp[i][0] 一定都是1，因為把s全部刪除後出現空字符的個數就是一

dp[0][j] 因為s無論如何都無法變成t，所以都是0

dp[0][0] 空字符串s可以刪除0個元素變成空字符串t,所以等於1

兩個字符串的刪除操作

定義: i - 1 下標的word1以及 j - 1 下標的word2，要達到相同的子序列最少需要刪除多少次為dp[i][j]

根據這個定義轉移方程會有兩個狀況

  • 兩者相同

相同的話代表不用刪除，也就是dp[i - 1][j - 1]即為上一次不包含當前兩個數的狀況

  • 兩者不相同

不相同的話有三種狀況

  • 刪除word1
    • 代表不包含當前word1的狀況在加上一個刪除的個數也就是dp[i - 1][j] + 1
  • 刪除word2
    • 代表不包含當前word2的狀況再加上1個刪除數，也就是dp[i][j - 1] + 1
  • 刪除word1、word2
    • 代表要不包含word1以及word2的值，也就是dp[i - 1][j - 1] ，並加上刪除兩次，所以是dp[i - 1][j - 1] + 2
    • 但也可以想成取word1不存在的部分也就是dp[i - 1][j]，並刪除word2，也就是dp[i - 1][j] + 1，反之也可以想成word2不存在。
  • 那因為我們要找出最少需要刪除多少次，所以就是取刪除狀況中最小的數值+1

狀態轉移方程就會是 dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;

初始化的部分就是要如何將i - 1結尾的word1以及j - 1結尾的word2 刪除至空字符串，就會需要i, j 次的刪除次數才行。

編輯距離

定義: i - 1 下標的word1以及 j - 1 下標的word2，要達到相同的子序列最少需要操作多少次為dp[i][j]

這一題其實就是前面的部分，只是要想明白相同時要做甚麼、不相同時要做甚麼

如果相同，則不操作

不相同則需要找出最小的增、刪、替換的方案

增加跟刪除可以想成同一個操作數

  • 需要增刪word1時，都是取dp[i - 1][j] + 1
  • 需要增刪word2時，都是取dp[i][j - 1] + 1
  • 至於增刪word1、word2則跟之前一樣，可以簡化成上述的兩個式子
  • 需要替換word1或word2的話，則需要取這兩個都不存在的部分加上一次操作數也就是dp[i - 1][j - 1] + 1

所以得出四個轉移方程

if(word1[i - 1] == word2[j - 1])

dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];

else

dp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;

總結

在編輯距離的題目當中，有個很重要的核心就是定義好dp[i][j]的定義，在根據這個定義，去推導出公式以及初始化的方式

其實前三題很重要的思維就是對於刪除的理解，在不同的定義上刪除的做法都不太一樣

判斷子序列

刪除是dp[i][j - 1]，忽略前一個t

不同子序列

使用s[i - 1]的，我不用刪除任何元素，所以值會是dp[i - 1][j - 1]即上一次的狀況，

如果不使用s[i - 1]的狀況，我等同於只需要不考慮s[i - 1] 但t[j - 1]仍然在，所以值會是dp[i - 1][j]

相同時的轉移方程就會是dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];

兩者不相等時相當於s 要刪除元素，因為 s的字符串中，這個位置並沒有t的字串，所以要刪除

如果是s要刪除元素，那就是取s[i - 2] 這個不包含s[ i -1]的最大值，但t是要比較的子序列，所以t不用動，也就是說這個dp[i][j]會是由s[i - 2]t[j - 1]所組成，所對應的dp數組是dp[i][j] = dp[i - 1][j]。

兩個字符串的刪除操作

  • 刪除word1
    • 代表不包含當前word1的狀況在加上一個刪除的個數也就是dp[i - 1][j] + 1
  • 刪除word2
    • 代表不包含當前word2的狀況再加上1個刪除數，也就是dp[i][j - 1] + 1
  • 刪除word1、word2
    • 代表要不包含word1以及word2的值，也就是dp[i - 1][j - 1] ，並加上刪除兩次，所以是dp[i - 1][j - 1] + 2

編輯距離

所謂的增刪基本上是同一個操作數，只是需要明確甚麼是替換，以及下標定義為何

  • 需要增刪word1時，都是取dp[i - 1][j] + 1
  • 需要增刪word2時，都是取dp[i][j - 1] + 1
  • 需要替換word1或word2的話，則需要取這兩個都不存在的部分加上一次操作數也就是dp[i - 1][j - 1] + 1

整體而言編輯距離透過這幾天的理解過後，透過這次的總結，對於這類題目有更深的了解了。

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http://www.chinasem.cn/article/331925。

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