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key: 10 title: 编辑距离 math: true tag:

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题目源自Leetcode: 编辑距离-leetcode

给定两个单词 word1 和 word2，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:

输入: word1 = "horse", word2 = "ros"<br/> 输出: 3<br/> 解释: <br/> horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')<br/> rorse -> rose (删除 'r')<br/> rose -> ros (删除 'e')

解法: 动态规划

这是一道很漂亮的动态规划问题. 我们这样想: 越长的单词求解就越困难, 越短的单词求解就越简单: 长度为1的单词只需比较字母是否相等, 相等则编辑距离为1否则为0. 因此, 我们要设法把大问题变成小问题. 这里我们用 dp[i][j] 表示 word1[:i] 到 word2[:j] 的编辑距离. 例如, word1 = "horse" word2 = "ros", 那么 dp[1][1] = 1, 因为 "h" 到 "r" 只需要执行一次替换, 编辑距离为1. 特别地, dp[0][n] = n, 它表示空字符串到任意长度为n的字符串的编辑距离: 做n次插入即可. 同理, dp[n][0] = n.

接下来我们想办法构造出递推式. 我们通过观察可以发现, 把 word1[:i] 编辑到 word2[:j] 可以看作:

1. 先把 word1[:i] 最后一个字母删掉, 得到 word1[:i-1], 再把 word1[:i-1] 编辑到 word2[:j]. 这个时候的编辑次数等于 dp[i-1][j] + 1;
2. 先把 word1[:i] 编辑到 word2[:j-1], 再在 word2[:j-1] 末尾作一次插入. 这个时候编辑次数等于 dp[i][j-1] + 1;
3. 先把 word1[:i-1] 编辑到 word2[:j-1], 然后再看:
   • 如果最后一个字母相等, 那么就什么都不用做, 编辑距离等于 dp[i-1][j-1];
   • 如果最后一个字母不相等, 那么就需要作一次修改, 编辑距离等于 dp[i-1][j-1] + 1.

由此, 我们可得递推式:

$$ dp[i][j]=\left{\begin{matrix} \min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]) & word_1[i-1]=word_2[j-1] \ \min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1] + 1) & word_1[i-1]\ne word_2[j-1] \end{matrix}\right. $$

OK, 有了递推式, 我们可以开始写代码了.

第一步:初始化. 因为我们用 dp[i][j] 表示 word1[:i] 到 word2[:j] 的编辑距离, 所以数组 dp 两个维度的长度分别要比 len(word1) 和 len(word2) 多1. 所以有:

m, n = len(word1), len(word2)
dp = [[None] * (n + 1) for _ in xrange(m + 1)]

上文提到了 dp[0][n] = n 和 dp[n][0] = n, 所以有:

dp[0][0] = 0
for i in xrange(m + 1):
    dp[i][0] = i
for j in xrange(n + 1):
    dp[0][j] = j

第二步:安排迭代顺序. 我们发现, dp[i][j] 依赖于 dp[i-1][j], dp[i][j-1] 和 dp[i-1][j-1]. 如图所示:

{width="300"}

图中红色箭头代表依赖. 所以, 很简单, 逐行遍历即可. 所以代码是这样的:

for i in xrange(1, m + 1):
    for j in xrange(1, n + 1):
        if word1[i - 1] == word2[j - 1]:
            dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][j-1] + 1, dp[i-1][j-1])
        else:
            dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][j-1] + 1, dp[i-1][j-1] + 1)

最后 return dp[-1][-1] 即可.