算法刷题打卡048 | 动态规划16

LeetCode 583. 两个字符串的删除操作

题目链接：583. 两个字符串的删除操作 - 力扣（Leetcode）

从题面上看，通过删除最少的两个字符串的一些字符，使得两个字符串相同，可以反过来找两个字符串的最长公共子序列，分别用他们的长度减去这个公共子序列的长度，就能得到问题的解。

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        // 找两个字符串的最长公共子序列
        int m = word1.length();
        int n = word2.length();
        vector> dp(m+1, vector(n+1));
        int result = 0;

        for(int i=1; i<=m; i++){
            for(int j=1; j<=n; 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]);
                }
                result = max(result, dp[i][j]);
            }
        }
        return m + n - 2 * result;
    }
};

和之前做过的公共子序列问题类似，时间和空间复杂度都是O(mn)。

上面的做法通过求解最长公共子序列反向求解最少删除次数，讲解中用动态规划的思路正向思考，将dp数组定义为以word1[i-1]为结尾的word1和以word2[j-1]为结尾的word2要达到相等所需的最少删除次数，word1[i - 1] == word2[j - 1]时，对应字符不需要删除，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；而 word1[i - 1] != word2[j - 1]，要考虑三种情况：删除word1[i-1]、删除word2[j-1]以及两个都删除，最后的结果就是取其中的最小值：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.length();
        int n = word2.length();
        vector> dp(m+1, vector(n+1));

        // 正向思路，dp[i][j]表示
        // 以word1[i-1]为结尾的word1和以word2[j-1]为结尾的word2要达到相等所需的最少删除次数
        // 此时返回值需要为dp[m][n]
        // 并且dp[i][0]和dp[0][j]均需要初始化(其中一个字符串为空，那么最少删除次数等于另一个字符串的长度)
        // dp[0][0] = 0(都不用删)
        for(int i = 0; i <= m; i++) dp[i][0] = i;
        for(int j = 1; j <= n; j++) dp[0][j] = j;

        for(int i=1; i<=m; i++){
            for(int j=1; j<=n; 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] + 1, dp[i][j - 1] + 1), dp[i - 1][j - 1] + 2);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

一个容易忽略的是dp数组的初始化问题，第一行和第一列对应一个空字符串和一个非空字符串之间的删除，因此需要根据非空字符串的长度初始化删除次数。

LeetCode 72. 编辑距离

题目链接：72. 编辑距离 - 力扣（Leetcode）

沿着上一题的思路，增加了对两个字符串添加字符和替换字符的操作。删除的操作比较容易理解，比如两个字符串遍历到的字符不相等时，要么删除word1[i-1]，dp[i][j]就从dp[i-1][j]转移过来；要么删除word2[j-1]，dp[i][j]从dp[i][j-1]转移过来。自己尝试推导状态转移公式时，没想清楚如果是替换字符，dp[i][j]应该从哪个状态转换过来，看讲解后理解了，就是替换其中一个字符为另一个时，如果word1[i-1]==word2[j-1]，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]，即当前不操作所需的最少次数，为了让word1[i-1]==word2[j-1]需要额外加一个替换操作，因此dp[i][j]=dp[i-1][j-1] + 1。又因为增加字符和删除字符的操作数是相同的，可以认为删除其中一个字符时已经考虑了增加的情况。最终代码实现如下：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        // 对word1和word2都能操作
        int m = word1.length();
        int n = word2.length();
        // dp数组:dp[i][j]表示将以word1[i-1]结尾的word1转换为
        // 以word2[j-1]为结尾的word2所需的最少操作次数
        vector> dp(m + 1, vector(n + 1));
        // 初始化
        for(int i = 0; i <= m ; i++) dp[i][0] = i;
        for(int j = 0; j <= n ; j++) dp[0][j] = j;
        // int result = INT_MAX;
        // 遍历
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(word1[i - 1] == word2[j - 1]){
                    // 不用操作
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }
                else{
                    // dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]
                    // 分别对应删除word1[i-1]、删除word2[j-1]、替换其中一个字符为另一个三种情况
                    dp[i][j] = min(min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]), dp[i-1][j-1]) + 1;
                }
                
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

编辑距离总结篇

经过前面一系列子序列问题的铺垫，编辑距离理解起来倒是没那么抽象了，这个刷题顺序可以说真的很有效！