leetcode72. Edit Distance(编辑距离)

• 以下为个人翻译方便理解
• 编辑距离问题是一个经典的动态规划问题。首先定义dp[i][j表示word1[0..i-1]到word2[0..j-1]的最小操作数（即编辑距离）。
• 状态转换方程有两种情况：边界情况和一般情况，以上表示中 i和j均从1开始（注释：即至少一个字符的字符串向一个字符的字符串转换，0字符到0字符转换编辑距离自然为0）
• 1.边界情况：将一个字符串转化为空串，很容易看出把word[0...i-1]转化成空串“”至少需要i次操作（注释：i次删除），则其编辑距离为i，即：dp[i][0] = i;dp[0][j] = j.

• 2.一般情况:转化非空字符串word1[0..i - 1] 为另一非空字符串 word2[0..j - 1]，此处问题转化为几个个子问题：假定已知word1[0..i - 2] 到 word2[0..j - 2]的编辑距离, 即dp[i - 1][j - 1]，只需考虑word[i - 1] 和 word2[j - 1]
  
  - 如果 word[i - 1] == word2[j - 1]，无需操作即可满足word1[0..i - 1] 与 word2[0..j - 1]相同，则编辑距离dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
  
  - 如果 word[i - 1] != word2[j - 1]，分为三种子情况：
  
  - 用 word2[j - 1]替换word1[i - 1]，则有 (dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1 (一次操作用于替换));
  
  - 删除 word1[i - 1] 使得 word1[0..i - 2] = word2[0..j - 1]，则有(dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1 (一次操作用于删除));
  
  - 在word1[0..i - 1] 中插入 word2[j - 1] 使得 word1[0..i - 1] + word2[j - 1] = word2[0..j - 1] ，则有(dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1 (一次操作用于插入)).
  
  为了保证理解插入和删除带来的细微差别，对于删除，其实是将word1[0..i - 2] 转化成 word2[0..j - 1], 编辑距离是 dp[i - 1][j],之后直接删除word1[i - 1]，一次操作，插入也是类似
  
  （注释：就是由word1[0..i - 2] 编辑转化成 word2[0..j - 1]，删除word1[i - 1]两个操作共同完成实现将word1[0..i - 1] 转化成 word2[0..j - 1]）

• 合并规如下：
  • dp[i][0] = i;
  • dp[0][j] = j;
  • dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1], if word1[i - 1] = word2[j - 1];
  • dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1)
• 转化为代码如下
  
  '''
  
  class Solution {
  
  public:
  
  int minDistance(string word1, string word2) {
  
  int m = word1.length(), n = word2.length();
  
  vector
• 你可能会注意到每次更新dp[i][j]，我们只需要dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]就行
• 事实上我们不必维护整个m*n矩阵。相反维护一栏即可，代码空间复杂度降为O(m)或者O(n)取决于你维护的的是矩阵的一行还是一列

• 优化后代码如下：
  
  '''
  
  class Solution {
  
  public:
  
  int minDistance(string word1, string word2) {
  
  int m = word1.length(), n = word2.length();
  
  vector