72. 编辑距离 https://leetcode.cn/problems/edit-distance

本文讲解的例题

LeetCode力扣难度
72. Edit Distance72. 编辑距离🔴

前置知识

阅读本文前，你需要先学习：

前几天看了一份鹅厂的面试题，算法部分大半是动态规划，最后一题就是写一个计算编辑距离的函数，今天就专门写一篇文章来探讨一下这个问题。

力扣第 72 题「编辑距离」就是这个问题，先看下题目：

72. 编辑距离 | 力扣 | LeetCode |  🟠

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

示例 1：

输入：word1 = "horse", word2 = "ros"
输出：3
解释：
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')

示例 2：

输入：word1 = "intention", word2 = "execution"
输出：5
解释：
intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

提示：

  • 0 <= word1.length, word2.length <= 500
  • word1 和 word2 由小写英文字母组成
题目来源：力扣 72. 编辑距离。
java
// 函数签名如下
int minDistance(String s1, String s2)

对于没有接触过动态规划问题的读者来说，这道题还是有一定难度的，是不是感觉完全无从下手？

但这个问题本身还是比较实用的，我曾经就在日常生活中用到过这个算法。之前有一篇公众号文章由于疏忽，写错位了一段内容，我决定修改这部分内容让逻辑通顺。但是公众号文章最多只能修改 20 个字，且只支持增、删、替换操作（跟编辑距离问题一模一样），于是我就用算法求出了一个最优方案，只用了 16 步就完成了修改。

再比如高大上一点的应用，DNA 序列是由 A,G,C,T 组成的序列，可以类比成字符串。编辑距离可以衡量两个 DNA 序列的相似度，编辑距离越小，说明这两段 DNA 越相似，说不定这俩 DNA 的主人是远古近亲啥的。

下面言归正传，详细讲解一下编辑距离该怎么算，相信本文会让你有收获。

一、思路

编辑距离问题就是给我们两个字符串 s1 和 s2，只能用三种操作，让我们把 s1 变成 s2，求最少的操作数。需要明确的是，不管是把 s1 变成 s2 还是反过来，结果都是一样的，所以后文就以 s1 变成 s2 举例。

小技巧

解决两个字符串的动态规划问题，一般都是用两个指针 i, j 分别指向两个字符串的头部或尾部，然后尝试写状态转移方程。

比方说让 i, j 分别指向两个字符串的尾部，把 dp[i], dp[j] 定义为 s1[0..i], s2[0..j] 子串的编辑距离，那么 i, j 一步步往前移动的过程，就是问题规模（子串长度）逐步减小的过程。

当然，你想让让 i, j 分别指向字符串头部，然后一步步往后移动也可以，本质上并无区别，只要改一下 dp 函数/数组的定义即可。

设两个字符串分别为 "rad" 和 "apple"，让 i, j 两个指针分别指向 s1, s2 的尾部，为了把 s1 变成 s2，算法会这样进行：

请记住这个 GIF 过程，这样就能算出编辑距离。关键在于如何做出正确的操作，稍后会讲。

根据上面的 GIF，可以发现操作不只有三个，其实还有第四个操作，就是什么都不要做（skip）。比如这个情况：

因为这两个字符本来就相同，为了使编辑距离最小，显然不应该对它们有任何操作，直接往前移动 i, j 即可。

还有一个很容易处理的情况，就是 j 走完 s2 时，如果 i 还没走完 s1，那么只能用删除操作把 s1 缩短为 s2。比如这个情况：

类似的，如果 i 走完 s1 时 j 还没走完了 s2，那就只能用插入操作把 s2 剩下的字符全部插入 s1。等会会看到，这两种情况就是算法的 base case。

下面详解一下如何将思路转换成代码。

二、代码详解

先梳理一下之前的思路：

base case 是 i 走完 s1 或 j 走完 s2，可以直接返回另一个字符串剩下的长度。

对于每对儿字符 s1[i] 和 s2[j]，可以有四种操作：

if s1[i] == s2[j]:
    啥都别做（skip）
    i, j 同时向前移动
else:
    三选一：
        插入（insert）
        删除（delete）
        替换（replace）

有这个框架，问题就已经解决了。读者也许会问，这个「三选一」到底该怎么选择呢？很简单，全试一遍，哪个操作最后得到的编辑距离最小，就选谁。这里需要递归技巧，先看下暴力解法代码：

java
class Solution {
    public int minDistance(String s1, String s2) {
        int m = s1.length(), n = s2.length();
        // i，j 初始化指向最后一个索引
        return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
    }

    // 定义：返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
    int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
        // base case
        if (i == -1) return j + 1;
        if (j == -1) return i + 1;

        if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
            // 啥都不做
            return dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
        }
        return min(
            // 插入
            dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
            // 删除
            dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
            // 替换
            dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
        );
    }

    int min(int a, int b, int c) {
        return Math.min(a, Math.min(b, c));
    }
}

下面来详细解释一下这段递归代码，base case 应该不用解释了，主要解释一下递归部分。

都说递归代码的可解释性很好，这是有道理的，只要理解函数的定义，就能很清楚地理解算法的逻辑。我们这里 dp 函数的定义是这样的：

java
// 定义：返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
int dp(String s1, int i, String s2, int j)

记住这个定义之后，先来看这段代码：

如果 s1[i] != s2[j]，就要对三个操作递归了，稍微需要点思考：

现在，你应该完全理解这段短小精悍的代码了。还有点小问题就是，这个解法是暴力解法，存在重叠子问题，需要用动态规划技巧来优化。

怎么能一眼看出存在重叠子问题呢？我在 动态规划答疑篇 有讲过，这里再简单提一下，需要抽象出本文算法的递归框架：

int dp(i, j) {
    dp(i - 1, j - 1); // #1
    dp(i, j - 1);     // #2
    dp(i - 1, j);     // #3
}

对于子问题 dp(i-1, j-1)，如何通过原问题 dp(i, j) 得到呢？有不止一条路径，比如 dp(i, j) -> #1 和 dp(i, j) -> #2 -> #3。一旦发现一条重复路径，就说明存在巨量重复路径，也就是重叠子问题。

三、动态规划优化

对于重叠子问题呢，前文 动态规划详解 详细介绍过，优化方法无非是给递归解法加备忘录，或者把动态规划过程用 DP table 迭代实现，下面逐个来讲。

备忘录解法

既然暴力递归解法都写出来了，备忘录是很容易加的，原来的代码稍加修改即可：

java
class Solution {
    // 备忘录
    int[][] memo;
        
    public int minDistance(String s1, String s2) {
        int m = s1.length(), n = s2.length();
        // 备忘录初始化为特殊值，代表还未计算
        memo = new int[m][n];
        for (int[] row : memo) {
            Arrays.fill(row, -1);
        }
        return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
    }

    int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
        if (i == -1) return j + 1;
        if (j == -1) return i + 1;
        // 查备忘录，避免重叠子问题
        if (memo[i][j] != -1) {
            return memo[i][j];
        }
        // 状态转移，结果存入备忘录
        if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
            memo[i][j] = dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
        } else {
            memo[i][j] =  min(
                dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
                dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
                dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
            );
        }
        return memo[i][j];
    }

    int min(int a, int b, int c) {
        return Math.min(a, Math.min(b, c));
    }
}

DP table 解法

主要说下 DP table 的解法，我们需要定义一个 dp 数组，然后在这个数组上执行状态转移方程。

首先明确 dp 数组的含义，由于本题有两个状态（索引 i 和 j），所以dp 数组是一个二维数组，大概长这样：

状态转移和递归解法相同，dp[..][0] 和 dp[0][..] 对应 base case，dp[i][j] 的含义和之前 dp 函数的定义类似：

int dp(String s1, int i, String s2, int j)
// 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离

dp[i-1][j-1]
// 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离

dp 函数的 base case 是 i, j 等于 -1，而数组索引至少是 0，所以 dp 数组会偏移一位。

既然 dp 数组和递归 dp 函数含义一样，也就可以直接套用之前的思路写代码，唯一不同的是，递归解法是自顶向下求解（从原问题开始，逐步分解到 base case），DP table 是自底向上求解（从 base case 开始，向原问题推演）：

java
class Solution {
    public int minDistance(String s1, String s2) {
        int m = s1.length(), n = s2.length();
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
        // base case
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            dp[i][0] = i;
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            dp[0][j] = j;
        // 自底向上求解
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if (s1.charAt(i - 1) == s2.charAt(j - 1))
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                else
                    dp[i][j] = min(
                        dp[i - 1][j] + 1,

                        dp[i][j - 1] + 1,

                        dp[i - 1][j - 1] + 1

                    );
        // 储存着整个 s1 和 s2 的最小编辑距离
        return dp[m][n];
    }

    int min(int a, int b, int c) {
        return Math.min(a, Math.min(b, c));
    }
}
Algorithm visualize
  算法可视化面板

四、扩展延伸

一般来说，处理两个字符串的动态规划问题，都是按本文的思路处理，建立 DP table。为什么呢，因为易于找出状态转移的关系，比如编辑距离的 DP table：

还有一个细节，既然每个 dp[i][j] 只和它附近的三个状态有关，空间复杂度是可以压缩成 O(min(M,N))O(min(M, N)) 的（M，N 是两个字符串的长度）。不难，但是可解释性大大降低，读者可以自己尝试优化一下。

你可能还会问，这里只求出了最小的编辑距离，那具体的操作是什么？你之前举的修改公众号文章的例子，只有一个最小编辑距离肯定不够，还得知道具体怎么修改才行。

这个其实很简单，代码稍加修改，给 dp 数组增加额外的信息即可：

java
// int[][] dp;
Node[][] dp;

class Node {
    int val;
    int choice;
    // 0 代表啥都不做
    // 1 代表插入
    // 2 代表删除
    // 3 代表替换
}

val 属性就是之前的 dp 数组的数值，choice 属性代表操作。在做最优选择时，顺便把操作记录下来，然后就从结果反推具体操作。

我们的最终结果不是 dp[m][n] 吗，这里的 val 存着最小编辑距离，choice 存着最后一个操作，比如说是插入操作，那么就可以左移一格：

重复此过程，可以一步步回到起点 dp[0][0]，形成一条路径，按这条路径上的操作进行编辑，就是最佳方案。

应大家的要求，我把这个思路也写出来，你可以自己运行试一下：

java
int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    Node[][] dp = new Node[m + 1][n + 1];
    // base case
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        // s1 转化成 s2 只需要删除一个字符
        dp[i][0] = new Node(i, 2);
    }
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        // s1 转化成 s2 只需要插入一个字符
        dp[0][j] = new Node(j, 1);
    }
    // 状态转移方程
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1)){
                // 如果两个字符相同，则什么都不需要做
                Node node = dp[i - 1][j - 1];
                dp[i][j] = new Node(node.val, 0);
            } else {
                // 否则，记录代价最小的操作
                dp[i][j] = minNode(
                    dp[i - 1][j],
                    dp[i][j - 1],
                    dp[i-1][j-1]
                );
                // 并且将编辑距离加一
                dp[i][j].val++;
            }
        }
    }
    // 根据 dp table 反推具体操作过程并打印
    printResult(dp, s1, s2);
    return dp[m][n].val;
}

// 计算 delete, insert, replace 中代价最小的操作
Node minNode(Node a, Node b, Node c) {
    Node res = new Node(a.val, 2);
    
    if (res.val > b.val) {
        res.val = b.val;
        res.choice = 1;
    }
    if (res.val > c.val) {
        res.val = c.val;
        res.choice = 3;
    }
    return res;
}


// 推导结果并把具体的操作打印出来
void printResult(Node[][] dp, String s1, String s2) {
    int rows = dp.length;
    int cols = dp[0].length;
    int i = rows - 1, j = cols - 1;
    System.out.println("Change s1=" + s1 + " to s2=" + s2 + ":\n");
    while (i != 0 && j != 0) {
        char c1 = s1.charAt(i - 1);
        char c2 = s2.charAt(j - 1);
        int choice = dp[i][j].choice;
        System.out.print("s1[" + (i - 1) + "]:");
        switch (choice) {
            case 0:
                // 跳过，则两个指针同时前进
                System.out.println("skip '" + c1 + "'");
                i--; j--;
                break;
            case 1:
                // 将 s2[j] 插入 s1[i]，则 s2 指针前进
                System.out.println("insert '" + c2 + "'");
                j--;
                break;
            case 2:
                // 将 s1[i] 删除，则 s1 指针前进
                System.out.println("delete '" + c1 + "'");
                i--;
                break;
            case 3:
                // 将 s1[i] 替换成 s2[j]，则两个指针同时前进
                System.out.println(
                    "replace '" + c1 + "'" + " with '" + c2 + "'");
                i--; j--;
                break;
        }
    }
    // 如果 s1 还没有走完，则剩下的都是需要删除的
    while (i > 0) {
        System.out.print("s1[" + (i - 1) + "]:");
        System.out.println("delete '" + s1.charAt(i - 1) + "'");
        i--;
    }
    // 如果 s2 还没有走完，则剩下的都是需要插入 s1 的
    while (j > 0) {
        System.out.print("s1[0]:");
        System.out.println("insert '" + s2.charAt(j - 1) + "'");
        j--;
    }
}