给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 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

这道题也是，一眼动态规划，乍一看感觉很复杂，仔细思考一下还是觉得很复杂。

这道题的dp【i】【j】含义我们设定为：word1的前 i 字符串转变为word2的前 j 字符串所需要进行的最小操作数。

当word1和word2中的一个为空时，即从空字符串变成另一个字符串或者从一个字符串变为空，转换所需的操作数即为另一个单词的长度。

逐一遍历word1的每个字符上遍历word2的每个字符。

当word【i】=word【j】时，无需做改变。

当word【i】！=word【j】时，我们有三种操作选择，增加/删除/替换；这三种情况对应着不同的前置情况。

我们用代码来实现思路：

对于两个单词word1和word2，设dp[i][j]表示word1的前i个字符转换成word2的前j个字符所使用的最少操作数。我们想要计算的最终结果是dp[m][n]，其中m和n分别是word1和word2的长度。

• 初始化：当word1和word2中的一个为空时，转换所需的操作数即为另一个单词的长度。因此，dp[i][0] = i（0<=i<=m）和dp[0][j] = j（0<=j<=n）。

• 状态转移方程：

  • 如果word1[i-1] == word2[j-1]（注意dp数组的下标从1开始计数，而字符串的下标从0开始），则dp[i][j] = dp[i-1][j-1]，因为最后一个字符相同，不需要额外操作。
  • 如果word1[i-1] != word2[j-1]，则需要考虑三种操作：
    • 插入：dp[i][j-1] + 1
    • 删除：dp[i-1][j] + 1
    • 替换：dp[i-1][j-1] + 1
  • 取这三种操作的最小值作为dp[i][j]。

var minDistance = function(word1, word2) {const l1=word1.length;const l2=word2.length;const dp=new Array(l1+1).fill(0).map(()=>new Array(l2+1).fill(0))for(var i=1;i<=l1;i++)dp[i][0]=dp[i-1][0]+1;//初始化遍历各种长度的word1变成空字符串的步数（只能靠不断删除）for(var i=1;i<=l2;i++)dp[0][i]=dp[0][i-1]+1;//初始化遍历空字符串长度的word1变成word2的各种长度需要的部署（只能靠不断插入）//填表for(var i=1;i<=l1;i++){for(var j=1;j<=l2;j++){if(word1[i-1]==word2[j-1]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1];//相等时无需变化}else{dp[i][j]=Math.min(dp[i-1][j-1],dp[i][j-1],dp[i-1][j])+1;//选择使用三种操作最终最少操作数的一种}}}return dp[l1][l2];//输出l1长度的word1（即word1）变换成l2长度的word2（即word2）所需要的最小操作数
};