动态规划之子序列，还是为了编辑距离做铺垫 | LeetCode：583.两个字符串的删除操作_哔哩哔哩_bilibili 动态规划终极绝杀！ LeetCode：72.编辑距离_哔哩哔哩_bilibili

583. 两个字符串的删除操作

思路：返回使得s与t相同所需要删除的字符数，这道题初始的处理思想就是转换为求s与t的共同子序列的长度，然后返回  s的长度-共同子序列的长度+t的长度-共同子序列的长度  即可。

// 时间复杂度O(n^2)
// 空间复杂度O(n^2)class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {// 使得word1相同，那么说明就是找两个字符串中的非连续最长公共序列// 并且是两个字符串内的元素都可以删除，与以往在s中找t的递推方程不同// 在s中找t是s中必定存在t，且存在若干t内的元素的重复项，且只可以删除s中的元素，因此我们递推时，dp[i][j]需要考虑与t中每一个元素重复的可能// 但是仅仅是比较两个字符串中的元素交集，那么每个元素之间的匹配其实应该是唯一的，即s中只会存在一个t，这点在题目中其实是隐晦的，是在经历过s找t才形成的int n = word1.length();int m = word2.length();char[] s1 = word1.toCharArray();char[] s2 = word2.toCharArray();int[][] dp = new int[n+1][m+1];// 默认dp[0][0]就是零for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=m; j++){if(s1[i-1] == s2[j-1])dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;elsedp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);}}return (n-dp[n][m])+(m-dp[n][m]);}
}

72. 编辑距离

思路：注意理解编辑距离所求解的是使得s与t成为相同字符串所进行的操作次数，删除s的字符，删除t的字符，替换s和t的字符都属于操作了一次。而dp[i][j]与题目意思保持一致，所具备的含义就是s的i位置前与t的j位置前的字符串称为相同字串需要编辑多少次。所以不管是dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]都是属于对s或者t进行了一次编辑。

其次对于序列题目，暴力的思路都是两个字符串内字符一一比较，所以字符串题目的关键就是两个任意位置的字符进行比较。所以在字符题，用动态规划求解的话，发生转移的条件就是判断s[i]与t[j]的相等或不相等。

本题dp[i-1][j]，dp[i][j-1]都是删除操作，dp[i-1][j-1]与dp[i][j]而言是替换操作；因为这个替换体现在dp[i][j]会得到dp[i-1][j-1]+1，即我默认通过替换一个元素使得s[i]与t[j]相等了，那么自然转移到的前一状态就是dp[i-1][j-1]。其次对于增加操作，可以等效于在另一者上执行删除，这点需要多理解，我存在的疑惑就是如果可以采用删除来替换增加的话，那么是否会影响之后的元素的判断。

// 时间复杂度O(n^2)
// 空间复杂度O(n^2)class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {int n = word1.length();int m = word2.length();char[] w1 = word1.toCharArray();char[] w2 = word2.toCharArray();int[][] dp = new int[n+1][m+1];// 初始化，初始化是针对一方是空串，因此所进行的操作是删除，赋值的内容就是删除的元素for(int i=0; i<=n; i++)dp[i][0] = i;for(int j=0; j<=m; j++)dp[0][j] = j;for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=m; j++){if(w1[i-1] == w2[j-1])dp[i][j] = dp[i-1][j-1];    // w1与w2中出现相同的元素，则无需进行处理if(w1[i-1] != w2[j-1])dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]), dp[i][j-1])+1;      // dp[i-1][j]是删除  dp[i][j-1]是增加，相当于重新遍历当前j的位置，所以加1}}return dp[n][m];}
}