刷题DAY16
题目一
给定两个字符串str1和str2，再给定三个整数ic、dc和rc，分别代表插入、删除和替换一个字符的代价，返回将str1编辑成str2的最小代价。【举例]str1="abc",str2=“adc",ic=5,dc=3,rc=2从“abc“编辑成adc",把'b'替换成'd'是代价最小的，所以返回2str1=“abc",str2=“adc“，ic=5,dc=3,rc=100从“abc“编辑成“adc”,先删除”b',然后插入'd'是代价最小的，所以返回8str1=“abc"，str2="abc"，ic=5，dc=3，rc=2不用编辑了，本来就是一样的字符串，所以返回0
dp数组解决
首先先想dp[i][j]是是什么意思
i是str1 j是str2 dp[i][j]是 str1的前i位 变成 str2的前j位的代价 那也就是左下角出结果呗
那我们看一下每一个位置的依赖
dp[0][0] 相同代价就是0 要么代价就是一个替换代价
这里一般情况 应该是 添加+删除>替换 代价的 如果添加+删除的代价比替换的代价还小 那完全可以不需要替换这个操作了 但是这种可能性不能不防啊
dp[0][j] 肯定是添加一个的代价
dp[i][0] 那肯定是删除i个的代价
然后常态化的呢? dp[i][j]
如果i和j位置相同的话 那就直接等于dp[i-1][j-1]了 不需要任何新的操作
如果不同 dp[i-1][j-1]+一个替换的代价
或者 dp[i-1][j]+删除代价
就是先把i-1的给弄立整的
比如 abcdf abcd 它的i-1和j是相同的 所以只要删一个就行了
或者 dp[i][j-1]+添加代价
比如 abcd abcdf 那就只要再加一个就行了
(j-1 i-1 并不能说明j-1一定比i小 这里的含义是位置 也就是说j的前一个位置 和i的当前位置相等 甚至再极端一点 i可能是2 j可能是10呢 ab abcdefghij 它的依赖就走了dp[2][9]的值 每个格子只解决相邻的问题就行 虽然这个dp[2][10]的这个子问题并不能直接解决这个问题 甚至可以说与原问题(abcdefghi和abcdefghij)毫无干系 但是它作为可以填满整张表的basecase )
我刚开始是这么写的:
public static int MinPath(String str1,String str2,int ic,int dc,int rc) {
char [] chars1 = str1.toCharArray();
char [] chars2 = str2.toCharArray();
int [][] dp = new int [chars1.length][chars2.length];
dp[0][0] = chars1[0]==chars2[0]?0:Math.min(rc,ic+dc);
for(int i = 1;i但是在面对
例子的时候其实basecase是错的 当dp[1][2]的时候 chars1[1] chars2[2] 相等所以满足 p1 = dp[i-1][j-1]; dp[0][1] 是什么 a变成fa的最小代价 是先替换一个 再增加一个 这很明显是不对的 我们的最优解应该是 直接加上一个 这种情况是差在哪了呢 差在没考虑当str1为空的时候 比如a f的最佳选择虽然是替换或者删除再添加 那么a->fa的选择 也就被限制在了 先把第一位解决了 再解决后面的
在常态化的时候确实是这个理 但是实际上啊 实际上 我们是忽略掉了 str1a前面的一位 也就是说实际上是可以在a的前面加d 所以实际上我们的dp数组应该大一圈才对
不光是这个原因 还有特殊情况的考虑 如果一个字符串为空呢 对不对 与其搞两个if 不如直接写进dp
har [] chars1 = str1.toCharArray();
char [] chars2 = str2.toCharArray();
int [][] dp = new int [chars1.length][chars2.length];
dp[0][0] = chars1[0]==chars2[0]?0:Math.min(rc,ic+dc);
for(int i = 1;i另外的 这题每个格子只依赖于 上一个格子或者前一个格子 可以进行优化
而且可以进行 旋转矩阵来保证最优空间(注意转置矩阵后 插入行为和删除行为有变动)
题目二
给定两个单词 word1 和 word2 ，返回使得 word1 和 word2 相同所需的最小步数。
每步 可以删除任意一个字符串中的一个字符。
刚开始想的是 能不能a 怎么删都变不了 b 结果人家说 a 和 b 全删没就行
public int minDistance(String word1, String word2) {
if(word1==word2) {
return 0;
}
if(word1==null) {
return word2.length();
}
if(word1==null) {
return word1.length();
}
char [] chars1 = word1.toCharArray();
char [] chars2 = word2.toCharArray();
int N = chars1.length;
int M = chars2.length;
int [][] dp = new int [N][M];
bo
for(int i = 0;i这是刚开始的做法 寄了
public int minDistance2(String word1, String word2) {
char [] chars1 = word1.toCharArray();
char [] chars2 = word2.toCharArray();
int N = chars1.length+1;
int M = chars2.length+1;
int [][] dp = new int [N][M];
for(int i = 1;i这个的做法呢 是像上一题一样 多包涵了一圈 也就是加入了字符串为空的可能 所以basecase就有了删除到底的可能性了 然后dp[i][j] 如果字符串1的i位置和字符串2的j位置相等 那就不用删了 他就直接等于dp[i-1][j-1] 要么不等那就是dp[i-1][j]和dp[i][j-1]哪个小 再+1 也就是说 这个删除要么是str1删掉一个 要么是str2删掉一个 每次以1为步过 不用不相同时判断dp[i-1][j-1]的情况 因为已经包含在dp[i-1][j]和dp[i][j-1]的判断中了
看人家的题解说是 最长公共子序列 有道理 把最长公共子序列的剩余部分删掉就是结果了