问题描述

编辑距离问题是求解将⼀个字符串转换为另⼀个字符串所需的插⼊、删除、替换的最小次数。$$\mathbb{COMMOM}\stackrel{sub}{\to }\mathbb{COMMUM}\stackrel{sub}{\to }\mathbb{COMMUN}\stackrel{ins}{\to }\mathbb{COMMUNE}$$上述将单词 COMMOM 变为 COMMUNE 共需要经过至少3次操作。

对编辑距离进行可视化，可以得到序列比对

C	O	M	M	O	M	-
C	O	M	M	U	N	E

• 第一行的空格表示插入
• 第二行的空格表示删除
• 具有不同字符的列表示替换

编辑距离 = 序列比对中具有不同字符的列数

最小编辑距离 = 最优序列比对中具有不同字符的列数

编辑距离问题也可以这么表述：
对于给定字符串$A[\mathrm{1...}m]$ 和 $B[\mathrm{1...}n]$ 求解他们的最小编辑距离 $D(m,n)$

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递推关系

假设对 $\forall i<m,\forall j<n$，可以计算 $A[\mathrm{1...}i]$ 和 $B[\mathrm{1...}j]$的最小编辑距离 $D(i,j)$。

C	O	M	M	O	M	-
C	O	M	M	U	N	E

考虑 $A[\mathrm{1...}m]$ 和 $B[\mathrm{1...}n]$ 的最优比对，可以发现如下规律：

1. 最后⼀列不可能是两个空格
2. 某个串为空串时，最小编辑距离是另⼀个串的长度
3. $A[m]$ 和 $B[n]$ 都存在：$D(m,n)=D(m-1,n-1)+(A[m]=B[n]?0:1)$
4. $A[m]$ 和 $B[n]$ 有一方为空，删除不为空的那一个：$$D(m,n)=\{\begin{array}{ll}D(m-1,n)+1& A[m]and-\\ D(m,n-1)+1& B[n]and-\end{array}$$
5. 综上，只需要沿着三条路径递归得到最小的那条$$D(m,n)=\{\begin{array}{ll}i& ifj=0\\ j& ifi=0\\ \min \{\begin{array}{l}D(m-1,n)+1\\ D(m,n-1)+1\\ D(m-1,n-1)+(A[m]=B[n]?0:1)\end{array}& otherwise\end{array}$$
6. 时间复杂度：$O(mn)$ ； 空间复杂度：$O(mn)$。

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运行实例

对于每个 $D[i,j]$, 都可以通过 $D[i-1,j-1]$; $D[i-1,j]$; $D[i,j-1]$这三个点得到而这三个点又分别对应 替换；删除；插入三种操作。

通过上述递推关系，我们可以自上而下，自左向右构造记录表。在填完记录表后右下角的那个值即为最小编辑距离。接着就是使用回溯的方式，构造满足最小编辑距离的最优比对（如下图右侧所示）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>using namespace std;// 计算最小编辑距离，并返回最小编辑距离的值，计算编辑距离表dp
int minEditDistance(const string& word1, const string& word2, vector<vector<int>>& dp) {int m = word1.length();int n = word2.length();for (int i = 0; i <= m; ++i) {for (int j = 0; j <= n; ++j) {if (i == 0) {dp[i][j] = j;}else if (j == 0) {dp[i][j] = i;}else if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}else {dp[i][j] = 1 + min({ dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1] });}}}return dp[m][n];
}// 通过回溯法找到所有满足最小编辑距离的操作序列。
void findAllSequences(const string& word1, const string& word2, int i, int j, const string& sequence, vector<string>& sequences, vector<vector<int>>& dp) {if (i == 0 && j == 0) {sequences.push_back(sequence);return;}if (i > 0 && j > 0 && word1[i - 1] == word2[j - 1]) {findAllSequences(word1, word2, i - 1, j - 1, "No operation: " + string(1, word1[i - 1]) + " -> " + string(1, word2[j - 1]) + "\n" + sequence, sequences, dp);}if (i > 0 && j > 0 && dp[i][j] == dp[i - 1][j - 1] + 1) {findAllSequences(word1, word2, i - 1, j - 1, "Replace: " + string(1, word1[i - 1]) + " -> " + string(1, word2[j - 1]) + "\n" + sequence, sequences, dp);}if (i > 0 && dp[i][j] == dp[i - 1][j] + 1) {findAllSequences(word1, word2, i - 1, j, "Delete: " + string(1, word1[i - 1]) + " \n" + sequence, sequences, dp);}if (j > 0 && dp[i][j] == dp[i][j - 1] + 1) {findAllSequences(word1, word2, i, j - 1, "Insert: " + string(1, word2[j - 1]) + " \n" + sequence, sequences, dp);}
}int main() {string word1 = "ALTRUISTIC";string word2 = "ALGORITHM";vector<vector<int>> dp(word1.length() + 1, vector<int>(word2.length() + 1, 0));int minDistance = minEditDistance(word1, word2, dp);cout << "Minimum Edit Distance between " << word1 << " and " << word2 << " is: " << minDistance << endl;vector<string> sequences;findAllSequences(word1, word2, word1.length(), word2.length(), "", sequences, dp);cout << "Operations to convert " << word1 << " to " << word2 << " are: " << endl;for (const string& seq : sequences) {cout << seq << "----------"<< endl;}return 0;
}

运行结果：

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时空复杂度优化

现在我们已经可以计算最小编辑距离，同时构造出最优比对。他们的时空复杂度总结如下：

	计算最小编辑距离	构造最优比对
时间	$O(mn)$	$O(m+n)$
空间	$O(mn)$	$O(mn)$

从实际情况来看，$O(mn)$ 的空间比 $O(mn)$ 的时间更难满足，比如当 $m=n=10^5$ 时

• 时间上：执行$10^{10}$次指令大约需要10秒（假设CPU每秒执行$10^9$条指令）
• 空间上：需要$10^{10}$bits，大约 40 GB

那么能否使用 $O(m+n)$ 的空间来构造最优比对呢？

答：可以使用 Hirschberg 算法。

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Hirschberg 算法

Hirschberg 算法是一种高效的线性空间动态规划算法。它通过使用分治策略来降低空间复杂度，从而在线性空间内计算最优比对。

该算法的思想基于以下洞察力：

• 在动态规划算法中，通常使用二维矩阵来存储中间状态，这导致了 $O(mn)$ 的空间复杂度。
• 但实际上，可以通过观察计算过程中的对称性，将动态规划的空间复杂度降低到 $O(m+n)$。

在计算动态规划的过程中，我们观察到 $D(i,j)$ 的计算仅依赖于 $D(i-1,j)$、$D(i,j-1)$ 和 $D(i-1,j-1)$。基于此，我们可以利用两个长度为 n 的一维数组来存储中间状态，每次只需要保留上一行和当前行的信息。