C++實現LeetCode(72.編輯距離)

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[LeetCode] 72. Edit Distance 編輯距離

Given two words word1 and word2, find the minimum number of operations required to convert word1 to word2.

You have the following 3 operations permitted on a word:

  1. Insert a character
  2. Delete a character
  3. Replace a character

Example 1:

Input: word1 = “horse”, word2 = “ros”
Output: 3
Explanation:
horse -> rorse (replace ‘h’ with ‘r’)
rorse -> rose (remove ‘r’)
rose -> ros (remove ‘e’)

Example 2:

Input: word1 = “intention”, word2 = “execution”
Output: 5
Explanation:
intention -> inention (remove ‘t’)
inention -> enention (replace ‘i’ with ‘e’)
enention -> exention (replace ‘n’ with ‘x’)
exention -> exection (replace ‘n’ with ‘c’)
exection -> execution (insert ‘u’)

這道題讓求從一個字符串轉變到另一個字符串需要的變換步驟，共有三種變換方式，插入一個字符，刪除一個字符，和替換一個字符。題目乍眼一看並不難，但是實際上卻暗藏玄機，對於兩個字符串的比較，一般都會考慮一下用 HashMap 統計字符出現的頻率，但是在這道題卻不可以這麼做，因為字符串的順序很重要。還有一種比較常見的錯誤，就是想當然的認為對於長度不同的兩個字符串，長度的差值都是要用插入操作，然後再對應每位字符，不同的地方用修改操作，但是其實這樣可能會多用操作，因為刪除操作有時同時可以達到修改的效果。比如題目中的例子1，當把 horse 變為 rorse 之後，之後隻要刪除第二個r，跟最後一個e，就可以變為 ros。實際上隻要三步就完成瞭，因為刪除瞭某個字母後，原來左右不相連的字母現在就連一起瞭，有可能剛好組成瞭需要的字符串。所以在比較的時候，要嘗試三種操作，因為誰也不知道當前的操作會對後面產生什麼樣的影響。對於當前比較的兩個字符 word1[i] 和 word2[j]，若二者相同，一切好說，直接跳到下一個位置。若不相同，有三種處理方法，首先是直接插入一個 word2[j]，那麼 word2[j] 位置的字符就跳過瞭，接著比較 word1[i] 和 word2[j+1] 即可。第二個種方法是刪除，即將 word1[i] 字符直接刪掉，接著比較 word1[i+1] 和 word2[j] 即可。第三種則是將 word1[i] 修改為 word2[j]，接著比較 word1[i+1] 和 word[j+1] 即可。分析到這裡，就可以直接寫出遞歸的代碼，但是很可惜會 Time Limited Exceed，所以必須要優化時間復雜度，需要去掉大量的重復計算，這裡使用記憶數組 memo 來保存計算過的狀態，從而可以通過 OJ，註意這裡的 insertCnt，deleteCnt，replaceCnt 僅僅是表示當前對應的位置分別采用瞭插入，刪除，和替換操作，整體返回的最小距離，後面位置的還是會調用遞歸返回最小的，參見代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.size(), n = word2.size();
        vector<vector<int>> memo(m, vector<int>(n));
        return helper(word1, 0, word2, 0, memo);
    }
    int helper(string& word1, int i, string& word2, int j, vector<vector<int>>& memo) {
        if (i == word1.size()) return (int)word2.size() - j;
        if (j == word2.size()) return (int)word1.size() - i;
        if (memo[i][j] > 0) return memo[i][j];
        int res = 0;
        if (word1[i] == word2[j]) {
            return helper(word1, i + 1, word2, j + 1, memo);
        } else {
            int insertCnt = helper(word1, i, word2, j + 1, memo);
            int deleteCnt = helper(word1, i + 1, word2, j, memo);
            int replaceCnt = helper(word1, i + 1, word2, j + 1, memo);
            res = min(insertCnt, min(deleteCnt, replaceCnt)) + 1;
        }
        return memo[i][j] = res;
    }
};

根據以往的經驗，對於字符串相關的題目且求極值的問題，十有八九都是用動態規劃 Dynamic Programming 來解，這道題也不例外。其實解法一的遞歸加記憶數組的方法也可以看作是 DP 的遞歸寫法。這裡需要維護一個二維的數組 dp，其大小為 mxn，m和n分別為 word1 和 word2 的長度。dp[i][j] 表示從 word1 的前i個字符轉換到 word2 的前j個字符所需要的步驟。先給這個二維數組 dp 的第一行第一列賦值，這個很簡單，因為第一行和第一列對應的總有一個字符串是空串，於是轉換步驟完全是另一個字符串的長度。跟以往的 DP 題目類似，難點還是在於找出狀態轉移方程，可以舉個例子來看，比如 word1 是 “bbc”，word2 是 “abcd”，可以得到 dp 數組如下：

  Ø a b c d
Ø 0 1 2 3 4
b 1 1 1 2 3
b 2 2 1 2 3
c 3 3 2 1 2

通過觀察可以發現，當 word1[i] == word2[j] 時，dp[i][j] = dp[i – 1][j – 1]，其他情況時，dp[i][j] 是其左，左上，上的三個值中的最小值加1，其實這裡的左，上，和左上，分別對應的增加，刪除，修改操作，具體可以參見解法一種的講解部分，那麼可以得到狀態轉移方程為：

dp[i][j] =      /    dp[i – 1][j – 1]                                                                   if word1[i – 1] == word2[j – 1]

                  \    min(dp[i – 1][j – 1], min(dp[i – 1][j], dp[i][j – 1])) + 1            else

解法二：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.size(), n = word2.size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
        for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[i][0] = i;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) dp[0][i] = i;
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                } else {
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

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