Leetcode72 编辑距离 C++，Java，Python
Leetcode72 编辑距离
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance/
博主Github：https://github.com/GDUT-Rp/LeetCode
题目：
给定两个单词 word1 和 word2，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：
插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
示例 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')
示例 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')
解题思路：
-
编辑距离算法被数据科学家广泛应用，是用作机器翻译和语音识别评价标准的基本算法。
最简单的方法是检查所有可能的编辑序列，从中找出最短的一条。但这个序列总数可能达到指数级，但完全不需要这么多，因为我们只要找到距离最短的那条而不是所有可能的序列。
方法一：动态规划
我们的目的是让问题简单化，比如说两个单词 horse 和 ros 计算他们之间的编辑距离 D，容易发现，如果把单词变短会让这个问题变得简单，很自然的想到用 D[n][m] 表示输入单词长度为 n 和 m 的编辑距离。
具体来说，D[i][j] 表示 word1 的前 i 个字母和 word2 的前 j 个字母之间的编辑距离。
当我们获得 D[i-1][j]，D[i][j-1] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。
每次只可以往单个或者两个字符串中插入一个字符
dp[i][j] 代表 word1 到 i 位置转换成 word2 到 j 位置需要最少步数
所以，
当 word1[i] == word2[j]，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
当 word1[i] != word2[j]，dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + 1
其中，dp[i-1][j-1] 表示替换操作，dp[i-1][j] 表示删除操作，dp[i][j-1] 表示插入操作。
那么递推公式很显然了
如果两个子串的最后一个字母相同，word1[i] = word2[i] 的情况下：
D [ i ] [ j ] = 1 + min ( D [ i − 1 ] [ j ] , D [ i ] [ j − 1 ] , D [ i − 1 ] [ j − 1 ] − 1 ) D[i][j] = 1 + \min(D[i - 1][j], D[i][j - 1], D[i - 1][j - 1] - 1) D[i][j]=1+min(D[i−1][j],D[i][j−1],D[i−1][j−1]−1)
否则，word1[i] != word2[i] 我们将考虑替换最后一个字符使得他们相同：
D [ i ] [ j ] = 1 + m i n ( D [ i − 1 ] [ j ] , D [ i ] [ j − 1 ] , D [ i − 1 ] [ j − 1 ] ) D[i][j]=1+min(D[i−1][j],D[i][j−1],D[i−1][j−1]) D[i][j]=1+min(D[i−1][j],D[i][j−1],D[i−1][j−1])
所以每一步结果都将基于上一步的计算结果，示意如下：
同时，对于边界情况，一个空串和一个非空串的编辑距离为 D[i][0] = i 和 D[0][j] = j。
综上我们得到了算法的全部流程。
C++:
#include Java:
class Solution {
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n = word1.length();
int m = word2.length();
// if one of the strings is empty
if (n * m == 0)
return n + m;
// array to store the convertion history
int [][] d = new int[n + 1][m + 1];
// init boundaries
for (int i = 0; i < n + 1; i++) {
d[i][0] = i;
}
for (int j = 0; j < m + 1; j++) {
d[0][j] = j;
}
// DP compute
for (int i = 1; i < n + 1; i++) {
for (int j = 1; j < m + 1; j++) {
int left = d[i - 1][j] + 1;
int down = d[i][j - 1] + 1;
int left_down = d[i - 1][j - 1];
if (word1.charAt(i - 1) != word2.charAt(j - 1))
left_down += 1;
d[i][j] = Math.min(left, Math.min(down, left_down));
}
}
return d[n][m];
}
}
Python:
class Solution:
def minDistance(self, word1, word2):
"""
:type word1: str
:type word2: str
:rtype: int
"""
n = len(word1)
m = len(word2)
# if one of the strings is empty
if n * m == 0:
return n + m
# array to store the convertion history
d = [ [0] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
# init boundaries
for i in range(n + 1):
d[i][0] = i
for j in range(m + 1):
d[0][j] = j
# DP compute
for i in range(1, n + 1):
for j in range(1, m + 1):
left = d[i - 1][j] + 1
down = d[i][j - 1] + 1
left_down = d[i - 1][j - 1]
if word1[i - 1] != word2[j - 1]:
left_down += 1
d[i][j] = min(left, down, left_down)
return d[n][m]
复杂度分析
- 时间复杂度 ： O ( m n ) O(mn) O(mn)，两层循环显而易见。
- 空间复杂度 ： O ( m n ) O(mn) O(mn)，循环的每一步都要记录结果。