动态规划解决两个字符串问题一般使用两个指针,从后向前遍历,缩小问题规模。
把字符串s1转换成s2挨个对比每个字符只有四种状态:替换、删除、增加、跳过。
当此时两字符串字符相等时一定是跳过,不相等则三种状态选择,于是可以得出状态转移方程:
if (s1[i] == s2[j]):
i, j同时向前移动
else:
三种状态选一:删除、增加、替换
如果i指针指到了s1的结尾,j没到结尾,那么一定是s1添加剩下的字符。 相反就是i删除剩余的字符。这样操作最少。
class Solution {
private:
string s1, s2;
public:
int dp(int i, int j) {
if (i == -1) return j + 1;
if (j == -1) return i + 1;
if (s1[i] == s2[j]) return dp(i - 1, j - 1);
else return min(min(dp(i, j - 1) + 1, dp(i - 1, j) + 1), dp(i - 1, j - 1) + 1);
}
int minDistance(string word1, string word2) {
s1 = word1;
s2 = word2;
return dp(word1.size() - 1, word2.size() - 1);
}
};
上面的代码是自顶向下递归,有很多重叠子问题,所以比较耗时,可以选择加一个备忘录或者使用自底向上求解
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1));
for (int i = 1; i <= word1.size(); i++) {
dp[i][0] = i;
}
for (int j = 1; j <= word2.size(); j++) {
dp[0][j] = j;
}
for (int i = 1; i <= word1.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= word2.size(); j++) {
if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
else dp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1), dp[i - 1][j - 1] + 1);
}
}
return dp[dp.size() - 1][dp[0].size() - 1];
}
};