题目描述

感觉和正则表达式匹配这道题很像：同样的两个字符串，同样的二维数组dp，同样的hard。。= =

思路 && 代码 O( $n^2$ )、O( $n^2$ )

使用动态规划的做法，同样多开一行、一列来进行边界处理。
dp[i][j]：以[0, i] 和 [0, j]的子串，word1Son转化成word2Son的最少操作数字
具体做法见注释的 part 和 Case～
主要代码应该是注释 part 2.2 部分的代码，可以这么理解：
0. 对于当前 dp[i][j] 的选取值，i、j匹配的情况显而易见是直接选取dp[i - 1][j - 1]最优
1. 不匹配的情况，有三个最优子结构：左边的dp[i][j - 1]，上边的dp[i - 1][j]，以及左上的dp[i -1][j - 1]。经过思考，我们可以发现这三个最优子结构，可以分别通过增、删、减的方式（操作数 + 1），转移到 dp[i][j] 的状态。
2. 那么显而易见，选取三个子结构的最小值，再增加一个操作数就是当前的最优选择～

class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {// initint m = word1.length();int n = word2.length();// dp[i][j]:以[0, i] 和 [0, j]的子串，word1Son转化成word2Son的最少操作数字int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];// part 1：边界：// part 1.1: 直接插入for(int i = 0; i <= n; i++) {dp[0][i] = i;}// part 1.2: 直接删除for(int i = 0; i <= m; i++) {dp[i][0] = i;}// part 2：具体规划过程for(int i = 1; i <= m; i++) {for(int j = 1; j <= n; j++) {// part 2.2: 当前字符不匹配：if(word1.charAt(i - 1) != word2.charAt(j - 1)) {// Case 1: 删除当前i字符 + dp[i - 1][j]（删）// Case 2: dp[i][j - 1] + 插入j字符（插）// Case 3: dp[i - 1][j - 1] + i 和 j 对着替换一个。（替）// 三种选择，选取步骤最少的一个dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;}// part 2.1: 直接匹配，不用操作else {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}}}return dp[m][n];}   
}

二刷

一如既往地明了，有效代码其实就12行

class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {// dp[i][j]：把 word1[0][i] 变成 word2[0][j] 需要的步数int[][] dp = new int[word1.length() + 1][word2.length() + 1]; // 直接删成 word2for(int i = 0; i <= word1.length(); i++) {dp[i][0] = i;}// 直接插成 word2for(int i = 0; i <= word2.length(); i++) {dp[0][i] = i;}for(int i = 1; i <= word1.length(); i++) {for(int j = 1; j <= word2.length(); j++) {// 相等，相当于不用动，直接取上一阶的结果if(word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}// 不相等，取改、删、插的最小值 + 1.else {dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1], Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;}}}return dp[word1.length()][word2.length()];}
}