LeetCode-72. 编辑距离
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72. 编辑距离
动态规划
- 1.确定dp数组(dp table)以及下标的含义
dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1,和以下标j-1为结尾的字符串word2,最近编辑距离为dp[i][j]。
- 2.确定递推公式
在确定递推公式的时候,首先要考虑清楚编辑的几种操作,整理如下:
if (word1[i - 1] == word2[j - 1])
不操作
if (word1[i - 1] != word2[j - 1])
增
删
换
也就是如上4种情况。
if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) 那么说明不用任何编辑,dp[i][j] 就应该是 dp[i - 1][j - 1],即dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
那么就在回顾上面讲过的dp[i][j]的定义,word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相等了,那么就不用编辑了,以下标i-2为结尾的字符串word1和以下标j-2为结尾的字符串word2的最近编辑距离dp[i - 1][j - 1]就是 dp[i][j]了。
if (word1[i - 1] != word2[j - 1]),此时就需要编辑了,如何编辑呢?
操作一: word1删除一个元素,那么就是以下标i - 2为结尾的word1 与 j-1为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作。
即 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1;
操作二: word2删除一个元素,那么就是以下标i - 1为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作。
即 dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;
怎么都是删除元素,添加元素去哪了。
word2添加一个元素,相当于word1删除一个元素,例如 word1 = “ad” ,word2 = “a”,word1删除元素’d’ 和 word2添加一个元素’d’,变成word1=“a”, word2=“ad”, 最终的操作数是一样!
操作三: 替换元素,word1替换word1[i - 1],使其与word2[j - 1]相同,此时不用增删加元素。
可以回顾一下,if (word1[i - 1] == word2[j - 1])的时候我们的操作 是 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] 对吧。
那么只需要一次替换的操作,就可以让 word1[i - 1] 和 word2[j - 1] 相同。
所以 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
综上,当 if (word1[i - 1] != word2[j - 1]) 时取最小的,即:dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j]+1,Math.min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]+1));
if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1))
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j]+1,Math.min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]+1));
- 3.dp数组如何初始化
dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1,和以下标j-1为结尾的字符串word2,最近编辑距离为dp[i][j]。
那么dp[i][0] 和 dp[0][j] 表示什么呢?
dp[i][0] :以下标i-1为结尾的字符串word1,和空字符串word2,最近编辑距离为dp[i][0]。
那么dp[i][0]就应该是i,对word1里的元素全部做删除操作,即:dp[i][0] = i;
同理dp[0][j] = j;
for(int i = 0;i<dp.length;i++)
dp[i][0] = i;
for(int j = 0;j<dp[0].length;j++)
dp[0][j] = j;
- 4.确定遍历顺序
从如下四个递推公式:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1
可以看出dp[i][j]是依赖左方,上方和左上方元素的,如图:
所以在dp矩阵中一定是从左到右从上到下去遍历。
- 5.举例推导dp数组
以示例1为例,输入:word1 = “horse”, word2 = "ros"为例,dp矩阵状态图如下:
代码实现
class Solution
public int minDistance(String word1, String word2)
int[][] dp = new int[word1.length()+1][word2.length()+1];
for(int i = 0;i<dp.length;i++)
dp[i][0] = i;
for(int j = 0;j<dp[0].length;j++)
dp[0][j] = j;
for(int i = 1;i<dp.length;i++)
for(int j = 1;j<dp[0].length;j++)
if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1))
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j]+1,Math.min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]+1));
return dp[dp.length-1][dp[0].length-1];
[LeetCode] One Edit Distance 一个编辑距离
Given two strings S and T, determine if they are both one edit distance apart.
这道题是之前那道Edit Distance的拓展,然而这道题并没有那道题难,这道题只让我们判断两个字符串的编辑距离是否为1,那么我们只需分下列三种情况来考虑就行了:
1. 两个字符串的长度之差大于1,那么直接返回False
2. 两个字符串的长度之差等于1,那么长的那个字符串去掉一个字符,剩下的应该和短的字符串相同
3. 两个字符串的长度之差等于0,那么两个字符串对应位置的字符只能有一处不同。
分析清楚了所有的情况,代码就很好写了,参见如下:
解法一:
class Solution { public: bool isOneEditDistance(string s, string t) { if (s.size() < t.size()) swap(s, t); int m = s.size(), n = t.size(), diff = m - n; if (diff >= 2) return false; else if (diff == 1) { for (int i = 0; i < n; ++i) { if (s[i] != t[i]) { return s.substr(i + 1) == t.substr(i); } } return true; } else { int cnt = 0; for (int i = 0; i < m; ++i) { if (s[i] != t[i]) ++cnt; } return cnt == 1; } } };
我们实际上可以让代码写的更加简洁,只需要对比两个字符串对应位置上的字符,如果遇到不同的时候,这时我们看两个字符串的长度关系,如果相等,那么我们比较当前位置后的字串是否相同,如果s的长度大,那么我们比较s的下一个位置开始的子串,和t的当前位置开始的子串是否相同,反之如果t的长度大,那么我们比较t的下一个位置开始的子串,和s的当前位置开始的子串是否相同。如果循环结束,都没有找到不同的字符,那么此时我们看两个字符串的长度是否相差1,参见代码如下:
解法二:
class Solution { public: bool isOneEditDistance(string s, string t) { for (int i = 0; i < min(s.size(), t.size()); ++i) { if (s[i] != t[i]) { if (s.size() == t.size()) return s.substr(i + 1) == t.substr(i + 1); else if (s.size() < t.size()) return s.substr(i) == t.substr(i + 1); else return s.substr(i + 1) == t.substr(i); } } return abs(s.size() - t.size()) == 1; } };
类似题目:
参考资料:
https://leetcode.com/discuss/71071/my-clear-java-solution-with-explanation
LeetCode All in One 题目讲解汇总(持续更新中...)
以上是关于LeetCode-72. 编辑距离的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章