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 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')
依然按照步骤来:
1).定义一个能够清楚描述最优子问题的数组(明确数组描述的含义)。
2).找出数组元素之间的关系式(状态转移方程)
3).找出初始值
1).dp[i][j] 代表第一个单词的第i个字符变换到第二个单词的第j个字符需要最少的步骤
2).状态转移方程 :
当两个字符串中的某个字符相等时既 char1[i] == char2[j] dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
否则,需要通过新增、修改、删除等操作转换 dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]))+1 { PS:其中dp[i-1][j-1]表示dp[i][j] 由修改的状态转移过来 ,dp[i-1][j] 表示第一个单词要删除 ,dp[i][j-1]表示第一个单词 新增}
3)初始化
for(int i = 0;i <= row;i++)
dp[i][0] = i;
for(int i = 0;i <= col;i++)
dp[0][i] = i;
code:
public static int minDistance(String word1, String word2) {
int row = word1.length();
int col = word2.length();
char[] char1 = word1.toCharArray();
char[] char2 = word2.toCharArray();
if (row == 0) {
return col;
}
if (col == 0) {
return row;
}
int dp[][] = new int[row + 2][col + 2]; //当字符串 word1 的长度为 i,字符串 word2 的长度为 j 时,将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为 dp[i] [j]。
for(int i = 0;i <= row;i++)
dp[i][0] = i;
for(int i = 0;i <= col;i++)
dp[0][i] = i;
for(int i = 1;i <= row;i++) {
for(int j = 1;j <= col;j++) {
//字符串相同的话向下 无累加 移动
if(char1[i-1] == char2[j-1]) {
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
} else {
/**
* 修改、增加、删除
*/
// 修改
int xg = dp[i - 1][j-1] ;
// 删除
int sc = dp[i-1][j] ;
// 新增
int xz = dp[i][j-1] ;
dp[i][j] = Math.min(xg,Math.min(sc,xz)) + 1;
}
}
}
for(int i = 0;i <= row ;i++){
for(int j = 0;j <= col;j++){
System.out.print(dp[i][j] +" ");
}
System.out.println();
}
return dp[row][col];
}
优化
同我们之前做的DP类似,在求解的时候发现并不需要保存整个矩阵的状态,只需要保存当前行对应的列即可。但是不同之处在于在当前位置dp[i][j]的左上角还有一个状态,为了同时保存左上角的状态 解决的办法是使用两个变量temp
和pre
保存,在更新之前,使用temp
保存dp[j]
,然后dp[j]
要被更新,然后将dp[j]
赋值给pre
,下次递推的时候,左上角的值就是pre
;
public int minDistance(String word1, String word2) {
char[] chs1 = word1.toCharArray();
char[] chs2 = word2.toCharArray();
int[] dp = new int[word2.length() + 1]; //注意要 + 1因为一开始是空串
for (int j = 0; j < word2.length() + 1; j++) dp[j] = j;
char c1, c2;
int temp, pre;
for (int i = 1; i < word1.length() + 1; i++) {
pre = dp[0]; //上一排的
dp[0] = i; //这一排新dp[0]
for (int j = 1; j < word2.length() + 1; j++) {
c1 = word1.charAt(i - 1);
c2 = word2.charAt(j - 1); //注意下标对应的关系
temp = dp[j]; // 先要保存,因为等下就更新了
dp[j] = c1 == c2 ? pre : min(dp[j], dp[j - 1], pre) + 1;
pre = temp; //记得先保存一下左上角的 pre的值(在二维的dp中就是dp[i-1][j-1])
}
}
return dp[word2.length()];
}
加强问题(ic,dc,rc)
题目:
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。
这个问题是上面问题的加强版,不同的地方在于这里三个编辑的代价不同,所以我们要更加的清楚是哪个编辑的更新:
code:
class Solution {
/**
* 给定的 ic, dc ,rc 分别代表的是 插入,删除 取代的代价
* 普通二维dp
*/
public int minDistance(String word1, String word2, int ic, int dc, int rc) {
char[] chs1 = word1.toCharArray();
char[] chs2 = word2.toCharArray();
int[][] dp = new int[chs1.length + 1][chs2.length + 1];
for (int i = 0; i < chs1.length + 1; i++) dp[i][0] = i * dc; //chs1是 , chs2是"" ->要删除
for (int j = 0; j < chs2.length + 1; j++) dp[0][j] = j * ic; //chs1 是"" 转换成chs2 -> 要添加
for (int i = 1; i < chs1.length + 1; i++) {
for (int j = 1; j < chs2.length + 1; j++) {
dp[i][j] = chs1[i - 1] == chs2[j - 1] ? dp[i - 1][j - 1]
: min(dp[i][j - 1] + ic, dp[i - 1][j] + dc, dp[i - 1][j - 1] + rc); //dp[i-1][j]代表的是删除了 chs1[i-1] 所以加上dc
}
}
return dp[chs1.length][chs2.length];
}
public int min(int a, int b, int c) {
return Math.min(Math.min(a, b), c);
}
}
reference : https://blog.csdn.net/zxzxzx0119/article/details/82054807