代码随想录算法训练营Day55 | 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算法训练营Day55 | 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！

583.两个字符串的删除操作

最开始想到的是基于最长公共子序列的写法：删除公共子序列以外的字符，两个字符串就相同了

int minDistance0(string word1, string word2) {int n = word1.size();int m = word2.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 1; j <= m; ++j) {if (word1[i - 1] == word2[j - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = std::max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]); }}// 删除最长公共子序列以外的字符return n + m - 2 * dp[n][m];
}

另一种基于题意定义DP数组的写法：

题目求需要进行删除的最小操作数，那么就将DP数组定义为目前的最小删除次数

1、DP数组定义： dp[i][j] 表示以word2[j - 1] 为结尾的子串和 word1[i - 1] 为结尾的子串达到相同需要的最小删除操作次数

2、DP数组初始化：dp[0][0]初始化为0，其余首列与首行元素初始化为i / j（有 i / j 个字符的字符串与一个空字符串达到相同需要进行 i / j 次删除操作）

3、递推公式：

· 当word1[i - 1] == word2[j - 1]时，不需要进行删除操作：

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

· 当word1[i - 1] != word2[j - 1]时，dp[i][j]可以由三个方向取最小转移得到：

方向1——dp[i][j - 1]，在此基础上删除 word1[i - 1]

                方向2——dp[i - 1][j]，在此基础上删除 word2[j - 1]

                方向3——dp[i - 1][j - 1]，在此基础上删除 word1[i - 1] 和 word2[j - 1]

最后的递推公式：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 2, min(dp[i][j - 1] + 1, dp[i - 1][j] + 1))

4、遍历顺序：i 依赖 i - 1，j 依赖 j - 1，所以从左向右从上向下遍历

int minDistance(string word1, string word2) {// dp[i][j]表示达到相同需要的最小删除操作次数vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1, 0));// 除dp[0][0]外，dp[i][0]和dp[0][j]初始化为i/jfor (int i = 1; i <= word1.size(); ++i)dp[i][0] = i;for (int j = 1; 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];// 三个方向取最小值elsedp[i][j] = std::min(dp[i - 1][j - 1] + 2, std::min(dp[i][j - 1] + 1, dp[i - 1][j] + 1));}}return dp[word1.size()][word2.size()];
}

72.编辑距离

这题仍然是根据题意定义DP数组，重点是理清楚删除、替换、插入三种操作的状态转移

1、DP数组定义： dp[i][j] 表示以 word1[i - 1] 为结尾的子串想要达到与 word2[j - 1] 为结尾的子串相同，需要的最小编辑次数

2、DP数组初始化：dp[0][0]初始化为0，其余首列与首行元素初始化为i / j（有 i / j 个字符的字符串与一个空字符串达到相同需要进行 i / j 次删除操作）

3、递推公式：

· 当word1[i - 1] == word2[j - 1]时，不需要进行编辑操作：

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

· 当word1[i - 1] != word2[j - 1]时，dp[i][j]可以由三种操作取最小转移得到：

删除 —— 将word[i - 1]删除，在 dp[i - 1][j] 的基础上+1，

替换 —— 将 word1[i - 1] 替换为 word2[j - 1]，在 dp[i - 1][i - 1] 的基础上+1

插入 —— 将一个等于 word2[j - 1] 的值插在原先word1[i - 1]的位置上，在 dp[i][j - 1] 的基础上+1

最后的递推公式：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i][j - 1] + 1))

4、遍历顺序：i 依赖 i - 1，j 依赖 j - 1，所以从左向右从上向下遍历

int minDistance(string word1, string word2) {// dp[i][j]表示达到相同需要的最小编辑操作次数vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1, 0));for (int i = 1; i <= word1.size(); ++i)dp[i][0] = i;for (int j = 1; 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 {// 删除：dp[i - 1][j] + 1		（在dp[i - 1][j] + 1的基础上删除word[i - 1]）// 替换：dp[i - 1][j - 1] + 1	（在dp[i - 1][i - 1]的基础上将word1[i - 1]替换为word2[j - 1]）// 插入：dp[i][j - 1] + 1		（在dp[i][j - 1]的基础上插入一个等于word2[j - 1]的值）dp[i][j] = std::min(dp[i - 1][j] + 1, std::min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i][j - 1] + 1));}}}return dp[word1.size()][word2.size()];
}

编辑距离总结

这类题目做多了还是能找到些套路的：

1、DP数组定义：

· DP数组的定义一般是题目要求什么就定义成什么，

· dp[i][j] 一般表示的是以 word1[i - 1] 为结尾的子串和 word2[j - 1] 为结尾的子串

2、DP数组初始化：结合题意，一般首行和首列的初始化最为重要

3、递推公式：

分析状态转移可以分为“基础”和“新增”两部分：

· 基础：继承之前的状态，如果当前值匹配一般只要进行这步操作

· 新增：在之前状态的基础上增加操作时新增的值，如果当前值不匹配一般需要额外进行这步操作

4、遍历顺序：结合题意，一般是 i 依赖 i - 1，j 依赖 j - 1，所以大部分情况是从左向右从上向下遍历