代码随想录算法训练营day45：动态规划part12：115.不同的子序列；583. 两个字符串的删除操作；72. 编辑距离
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115.不同的子序列
分析：
583. 两个字符串的删除操作
72. 编辑距离
115.不同的子序列
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给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。
字符串的一个 子序列 是指，通过删除一些（也可以不删除）字符且不干扰剩余字符相对位置所组成的新字符串。（例如，"ACE" 是 "ABCDE" 的一个子序列，而 "AEC" 不是）
题目数据保证答案符合 32 位带符号整数范围。
分析：
这道题目如果不是子序列，而是要求连续序列的，那就可以考虑用KMP。
确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。
确定递推公式
这一类问题，基本是要分析两种情况
- s[i - 1] 与 t[j - 1]相等
- s[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等
当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j]可以有两部分组成。
一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1][j-1]。
一部分是不用s[i - 1]来匹配，因为可能前面出现了和t[j-1]相同的字母，这种情况个数为dp[i - 1][j]。
例如： s：bagg 和 t：bag ，s[3] 和 t[2]是相同的，但是字符串s也可以不用s[3]来匹配，即用s[0]s[1]s[2]组成的bag。
当然也可以用s[3]来匹配，即：s[0]s[1]s[3]组成的bag。
所以当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时，dp[i][j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配（就是模拟在s中删除这个元素），即：dp[i - 1][j]
所以递推公式为：dp[i][j] = dp[i - 1][j];
这里可能有录友还疑惑，为什么只考虑 “不用s[i - 1]来匹配” 这种情况， 不考虑 “不用t[j - 1]来匹配” 的情况呢。
这里大家要明确，我们求的是 s 中有多少个 t，而不是 求t中有多少个s，所以只考虑 s中删除元素的情况，即 不用s[i - 1]来匹配 的情况。
dp数组如何初始化
从递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]; 和 dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 中可以看出dp[i][j] 是从上方和左上方推导而来，如图：，那么 dp[i][0] 和dp[0][j]是一定要初始化的。
每次当初始化的时候，都要回顾一下dp[i][j]的定义，不要凭感觉初始化。
dp[i][0]表示什么呢？
dp[i][0] 表示：以i-1为结尾的s可以随便删除元素，出现空字符串的个数。
那么dp[i][0]一定都是1，因为也就是把以i-1为结尾的s，删除所有元素，出现空字符串的个数就是1。
再来看dp[0][j]，dp[0][j]：空字符串s可以随便删除元素，出现以j-1为结尾的字符串t的个数。
那么dp[0][j]一定都是0，s如论如何也变成不了t。
最后就要看一个特殊位置了，即：dp[0][0] 应该是多少。
dp[0][0]应该是1，空字符串s，可以删除0个元素，变成空字符串t。
确定遍历顺序
从递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]; 和 dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 中可以看出dp[i][j]都是根据左上方和正上方推出来的。
所以遍历的时候一定是从上到下，从左到右，这样保证dp[i][j]可以根据之前计算出来的数值进行计算。
注意：如果发现数太大——变成unsigned long long
注意对循环边界的判断
int numDistinct(char* s, char* t) {
long l1=strlen(t),l2=strlen(s);
unsigned long long dp[l1+1][l2+1];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (long j=0;j583. 两个字符串的删除操作
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给定两个单词 word1 和 word2，找到使得 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。
示例：
- 输入: "sea", "eat"
- 输出: 2
- 解释: 第一步将"sea"变为"ea"，第二步将"eat"变为"ea"
int minDistance(char* word1, char* word2) {
int l1=strlen(word1),l2=strlen(word2);
int dp[l1+1][l2+1];//避免初始化麻烦；dp是最长公共子集，操作数=长度和-2*公共子集
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (int i=1;i<=l1;i++){ //从1开始，长度可以取到
for (int j=1;j<=l2;j++){
//对于字符串来说是i-1，对于dp来说是i
//结尾相同——那考虑没有结尾的时候，两个的选择
if(word1[i-1] == word2[j-1] ) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
//结尾不同，那么就是分别一边少一个结尾，取最大值
else dp[i][j]=fmax(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
}
return l1+l2-2*dp[l1][l2];
}也可以正向思考：记录删除的最小次数
确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。
这里dp数组的定义有点点绕，大家要撸清思路。
确定递推公式
- 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候
- 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候
当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，有三种情况：
情况一：删word1[i - 1]，最少操作次数为dp[i - 1][j] + 1
情况二：删word2[j - 1]，最少操作次数为dp[i][j - 1] + 1
情况三：同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，操作的最少次数为dp[i - 1][j - 1] + 2
那最后当然是取最小值，所以当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，递推公式：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1] + 2, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1});
因为 dp[i][j - 1] + 1 = dp[i - 1][j - 1] + 2，所以递推公式可简化为：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1);
这里可能不少录友有点迷糊，从字面上理解 就是 当 同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，dp[i][j-1] 本来就不考虑 word2[j - 1]了，那么我在删 word1[i - 1]，是不是就达到两个元素都删除的效果，即 dp[i][j-1] + 1。
dp数组如何初始化
从递推公式中，可以看出来，dp[i][0] 和 dp[0][j]是一定要初始化的。
dp[i][0]：word2为空字符串，以i-1为结尾的字符串word1要删除多少个元素，才能和word2相同呢，很明显dp[i][0] = i。
72. 编辑距离
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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：
-
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')
提示：
- 0 <= word1.length, word2.length <= 500
- word1 和 word2 由小写英文字母组成
分析：
要考虑所有的推导情况
int minDistance(char* word1, char* word2) {
int l1=strlen(word1);
int l2=strlen(word2);
int dp[l1+1][l2+1];//最小替换次数
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (int i=0;i<=l1;i++){
dp[i][0]=i;
}
for (int j=1;j<=l2;j++) dp[0][j]=j;
for(int i=1;i<=l1;i++){
for(int j=1;j<=l2;j++){
if(word1[i-1]==word2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
else dp[i][j]=fmin(dp[i-1][j-1],fmin(dp[i-1][j],dp[i][j-1]))+1;
//dp[i-1][j-1]+1补上了一个替换
//dp[i-1][j]补一个删减
//dp i j-1 补一个增加
}
}
return dp[l1][l2];
}