【算法】【动态规划】字符串编辑距离问题_动态规划字符长度-优快云博客

题目大意：

就是给出两个字符串，只能进行增删改操作，问从字符串1转化为字符串2最少需要几步

状态转移方程

dp[i][j] i和j分别表示两个字符串的长度

当s1[i]==s2[j]的时候，说明不用操作，相当于当s1长度为i的时候和s2长度为j的时候不需要进行操作，所以次数和s1长度为i-1和s2长度为j-1的时候相等

所以dp[i][j]=dp[i-1][j-1]

当s1[i]!=s2[j]的时候，说明需要进行一步操作，具体是增删改里面的哪一步，根据下文可以理解

模拟过程

首先需要根据dp数组来进行判断，举下边这个例子

s2\s1	空	s	f	d	q	x	b	w
空	0	1	2	3	4	5	6	7
g	1
f	2
d	3
g	4
w	5

首先先对dp数组进行初始化，先将两个数组的第一个元素s[0]插入一个空以便后面运算

我们就比较容易知道当两个字符串都为空的时候，说明两个字符串相等，进行0步操作就可以完成相等的目的，所以dp[0][0]=0

随后的数据按横行来举例，当值取到s的时候，相当于s1的值是s（本来是没有，现在有了一个元素），所以s2（此时为空）需要变成s1的s，需要进行一步添加操作来变成和s1一样，所以进行一步操作，所以dp[1][0]=1;

同理当s1取到 sf 的时候s2需要进行两步添加操作，所以dp[2][0]=2

同样的可以列举所有横行和竖行来进行初始化

当s1[i]!=s2[j]时，有dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]))+1;

初始化完毕后需要进行循环遍历了，因为一开始在字符串s[0]的位置插入了了一个空，所以遍历需要在i=1和j=1进行遍历，当s1[i]!=s2[j]的情况中，说明肯定需要一步操作，dp[i][j]需要在

s1的长度为i-1，s2的长度为j的情况，对应dp[i-1][j]

s1的长度为i，s2的长度为j-1的情况，对应dp[i][j-1]

s1的长度为i-1，s2的长度为j-1的情况，对应dp[i-1][j-1]

三种情况中选择最小的来进行一步操作，三种情况分别代表的含义还是需要回到表格中寻找答案（这个解释自己看的也比较迷惑，不确定自己想的对不对）

具体是增加还是删除看这篇博客可能会好一点

详解编辑距离算法-Levenshtein Distance_BoCong-Deng的博客-优快云博客_编辑距离算法原理

首先是dp[i-1][j]

相当于s1的前i-1位和s2的前j-1位通过dp[i-1][j-1]已经相等了，但是j比i长了一位，所以让i加一位变成dp[i][j]，i做了一次增加操作（相当于j减一？）

然后是dp[i][j-1]

同理相当于s1的前i-1位和s2的前j-1位通过dp[i-1][j-1]已经相等了，但是j比i短了一位，加一位j就可以得到dp[i][j]，j做了一次增加操作

最后是dp[i-1][j-1]

相当于原本长度为i-1的s1和长度为j-1的s2是相等的，现在s1和s2各加了一位，而且加的还不相等（此处是建立在s1[i]!=s2[j]的基础上才进行判断的）所以需要做一次修改，将两次加的数字修改成一样的

因为s1[i]!=s2[j]，所以无论如何都需要做一步操作才能让新增加的重新变为相等的，因为结果要取操作最少的，所以在三个里面选一个最小的加1,就可以得到方程

dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]))+1; (当s1[i]!=s2[j])

当s1[i]==s2[j]时，有dp[i][j]=dp[i-1][j-1]

这个也很好理解原本i-1，j-1为了相等操作了dp[i-1][j-1]次，现在s1和s2的长度都加了1，而且加的数值都一样，说明在i-1，j-1长度的基础上不需要进行操作了，直接相等就可以了

模板

	string a,b;
	cin>>a>>b;        //输入数据
    a.insert(0,1,' ');        //设置首位为空
	b.insert(0,1,' ');        //设置首位为空
	for(int i=0;i<a.size();i++)	dp[i][0]=i;    //初始化
	for(int i=0;i<b.size();i++)	dp[0][i]=i;    //初始化
	for(int i=1;i<=m;i++){        //遍历
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(a[i]==b[j]){        //相等时
				dp[i][j]=dp[i-1][j-1];    //相等的状态转移方程
			}else{                //不相等时
				dp[i][j]=min(dp[i-1][j],min(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]))+1;        
                //不相等的状态转移方程
			}
		}
	}
	cout<<dp[a.size()-1][b.size()-1];    //输出结果

例题