leetcode：583. 两个字符串的删除操作

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• leetcode：583. 两个字符串的删除操作

题目描述

题目解析

分析

• 给定两个字符串s1和s2，分别删除若干字符之后使得两个字符串相同，则剩下的字符为两个字符串的公共子序列。
• 为了使得删除操作的次数最少，剩下的字符应该尽可能的多
• 当剩下的字符为两个字符串的最长公共子序列时，删除操作的次数最少
• 我们只要求出了最长公共子序列的长度，拿两个字符串的长度之和减去2倍的最长公共子序列的长度就可以了。

思路：最长公共子串

• dp[i][j]：
  • str1的前i个字符和str2的前j个字符组成的两个单词的最长公共子序列的长度
  • 最终结果是dp[N1][N2]
• 状态转移方程：
  • 如果当前字符相等，那么dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
    • 因为最长相同子序列又多了一个相同的字符，所以长度加以
    • 因为dp数组的大小为(N1 + 1) * (N2 + 1)，所以比较的是str1[i - 1]与str2[j - 1]
    • （如果str1[i - 1] == str2[j - 1]，那么这个字符一定在lcs中。否则，str1[i - 1]和str2[j - 1]这两个字符至少有一个不在lcs中，需要丢弃一个。）
  • 如果当前字符不相等，那么就错位比，分别从str1和str2中去掉一个字符，也就是比较dp[i - 1][j]与dp[i][j - 1]之间的关系（谁能让 lcs 最长，就听谁的），即dp[i][j] = std::max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int n1 = word1.size(), n2 = word2.size();
        vector<vector<int>> dp(n1 + 1, vector<int>(n2 + 1, 0));
        for (int i = 1; i <= n1; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n2; ++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 n1 + n2 - 2 * dp[n1][n2];
    }
};

思路：编辑距离

• 其实 word2 删除一个字符，和跟在 word1 对应的地方加上那个要删除的字符，达到的效果是一样的，并不影响最终的步骤数
• 和leetcode：72. 编辑距离，它没有替换操作而已

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int n1 = word1.size(), n2 = word2.size();
        vector<vector<int>> dp(n1 + 1, vector<int>(n2 + 1, 0));
        for (int i = 0; i <= n1; ++i) dp[i][0] = i; // 如果word2是空串，自然word1有多少删多少。
        for (int j = 0; j <= n2; ++j) dp[0][j] = j; // 如果word1是空串，自然word2有多少删多少。
        for (int i = 1; i <= n1; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n2; ++j) {
                if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];  // 如果最尾的字符相同，那就无须操作，只看前段的结果
                } else {// 如果最尾的字符不同，那注定要删一个，就看删谁，抉择的基准是从中挑一个最省的，再+1个删除操作。
                    dp[i][j] = 1 + min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
                }
            }
        }
        return dp[n1][n2];
    }
};

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