题目
leetcode # 72. 编辑距离
给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 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：
1. 插入一个字符
2. 删除一个字符
3. 替换一个字符
示例
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’)
分析
dp问题， 我们先用一个二维数组f[4][6]来解决这个问题
如图所示，蓝色箭头表示word1转换成word2的过程，数组的值表示转换的操作数， 逐个解释：
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f[0][0]：空串->空串 0次
f[1][1]：r->h 1次 替换即可
f[2][2]：ro->ho 1次 先将r->h也就是f[1][1]， o->o 不用改变
f[2][3]：ro->hor 2次 先将r->h, 再插入r 即可， 也就是f[2][2]的基础上插入r
f[3][3]：ros->hors 2次 在f[2][3]的基础上无需做改变
f[3][4]：ros->horse 3次 在f[3][3]的基础上插入e
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所以问题的解是3次
代码
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package test;
import java.util.*;
public class Solution {
/**
* 题目：编辑距离
* 状态定义：op[i][j] 表示word1的前i个字符转换成word2的前j个字符所需最少操作次数
* 状态转移方程：
* 1. 如果word1[i]== word[j] 则 这两个字符抵消，op[i][j]=op[i-1][j-1]
* 2. 如果word1[i]!= word[j] 则有以下3种情况
* 2.1 word1在末尾增加一个字符word[j]，两个字符抵消，op[i][j] = op[i][j-1] + 1;
* 2.2 word1删除word1[i]， op[i][j] = op[i-1][j] + 1;
* 2.3 word1的word1[i]替换成word2[j], op[i][j] = op[i-1][j-1] + 1;
* 边界：
* op[0][0] = 0; // 空串转空串
* op[i][0] = i; // word1的前i个字符转成空串，只需要删除这i个字符即可，共需要i步
* op[0][j] = j; // word1空串转word2的前j个字符，只需要插入j个字符即可，共需要j步
*
* 注意：可以使用自顶向下的递归，也可以使用自下向上的动态规划解决，使用递归的缺点是存在大量重复计算
* @param args
*/
public static void main(String[] args) {
String word1 = "ros", word2 = "horse";
int[][] op = new int[word1.length() + 1][word2.length() + 1];
// 初始化
op[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= word1.length(); i++) {
op[i][0] = i;
}
for(int j = 1; j <= word2.length(); j++) {
op[0][j] = j;
}
// 根据状态转移方程填充二维数组的各项值
for(int i = 1; i <= word1.length(); i++) {
for(int j = 1; j <= word2.length(); j++) {
if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)) {
op[i][j] = op[i-1][j-1];
} else {
op[i][j] = op[i][j-1] <= op[i-1][j-1] ? Math.min(op[i][j-1], op[i-1][j]) + 1 : Math.min(op[i-1][j-1], op[i-1][j]) + 1;
}
}
}
// 返回结果
System.out.println(op[word1.length()][word2.length()]);
}
}
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如图所示，蓝色箭头表示word1转换成word2的过程，数组的值表示转换的操作数， 逐个解释：