51Nod - 1183 编辑距离(dp)

描述

编辑距离，又称Levenshtein距离（也叫做Edit
Distance），是指两个字串之间，由一个转成另一个所需的最少编辑操作次数。许可的编辑操作包括将一个字符替换成另一个字符，插入一个字符，删除一个字符。
例如将kitten一字转成sitting： sitten （k->s） sittin （e->i） sitting （->g）
所以kitten和sitting的编辑距离是3。俄罗斯科学家Vladimir Levenshtein在1965年提出这个概念。
给出两个字符串a,b，求a和b的编辑距离。

Input

第1行：字符串a(a的长度 <= 1000)。 第2行：字符串b(b的长度 <= 1000)。

Output

输出a和b的编辑距离

Input

kitten
sitting

Output

3

思路

这是一个经典的动态规划问题。设两个字符串为a和b，令:

• dp[i][j]表示a串中[1,i]和b串中[1,j]的编辑距离的最优解

那么所有的初始值肯定是dp[i][0]=i,dp[0][j]=j，因为其中有一个为0的时候，不论是添加还是删除，付出的代价就是另一个串的长度。

考虑s1[i]==s2[j]，如果这两个字母相等，证明我们可以不用对当前状态进行操作，这个状态可以由dp[i-1][j-1]转移过来，如果不相等，那么付出的代价就是dp[i-1][j-1]+1,我们还需要进行比较第一个串的前一位和当前位置的第二个串，当前串的当前为和第二个串的前一位，因为要进行编辑距离肯定要付出代价1，那么就需要比较:
dp[i-1][j]+1、dp[i][j-1]+1、dp[i-1][j-1]+same(i,j)这三个值，这也是状态转移方程:dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1),dp[i-1][j-1]+(s1[i-1]==s2[j-1]?0:1))

官方讲解:

这个问题之所以难，是难在有“添加”“删除”这样的操作，很麻烦。我们试试换个角度理解问题，把它看成字符串对齐的问题，事实上从生物信息学对比基因的角度，我们可以这样理解问题。

给定字符串S和T，我们可以用一种特殊字符促成两个字符串的对齐。我们加的特殊字符是“-”,
我们允许在S和T中任意添加这种特殊字符使得它长度相同，然后让这两个串“对齐”，最终两个串相同位置出现了不同字符，就扣1分，我们要使得这两个串对齐扣分尽量少。

对于例子 我们实际上采取了这样的对齐方式：

12345 ABCF- DB-FG

注意：如果要对齐，两个“-”相对是没有意义的，所以我们要求不出现这种情况。 那么看一下： (1)
S,T对应位置都是普通字符，相同，则不扣分。 例如位置2，4 (2) S,T对应位置都是普通字符，不同，则扣1分。 例如位置1 (3)
S在该位置是特殊字符，T在该位置是普通字符，则扣1分，例如位置5 (4) S在该位置是普通字符，T在该位置是特殊字符，则扣1分，例如位置3

我们来看看扣分项目对应什么？

(1) 不扣分，直接对应 (2) 对应把T中对应位置的字符修改 (3) 对应在T中删除该字符 (4) 对应在T中添加该字符

好了，目标明确，感觉像不像 LCS？我们尝试一下： 设f(i,j)表示S的前i位和T的前j位对齐后的最少扣分。

那我们来看看最后一位，对齐的情况

(1) 必须S[i] == T[j], 这时前i – 1和j –
1位都已经对齐了，这部分肯定要最少扣分。这种情况下最少的扣分是f(i-1,j-1) (2)
和（1）类似，S[i]≠T[j]，这种情况下最少的扣分是f(i -1, j – 1) + 1 (3) S的前i位和T的前（j –
1）位已经对齐了，这部分扣分也要最少。这种情况下最少的扣分是f(i,j-1) + 1 (4)
S的前(i-1)位已经和T的前j位对齐了，这部分扣分要最少。这种情况下最少的扣分是f(i,j-1) + 1

具体f(i,j)取什么值，显然是要看哪种情况的扣分最少。 为了方便，我们定义函数same(i,j)表示如果S[i] ==
T[j]则为0，否则为1。

我们来表示一下递推式：

f(i,j) = min(f(i – 1, j – 1) + same(i,j), f(i – 1,j ) + 1, f(i, j – 1)
+ 1)

初值是什么？

f(0, j) = j f(i, 0) = i

这时因为对于S的前0位，我们只能在之前加入“-”，或者说把T全部删掉了。类似地，对于T地前0位，我们只能把S的字符都加进来，别无选择。
注意上述两个式子的重合点 f(0,0) = 0也符合我们的定义，并不矛盾。

时间复杂度？ O(m * n)，空间复杂度？ O(m *
n)。同样我们发现到f(i,j)只与本行和上一行有关，可以省掉一维的空间复杂度，从而达到O(n)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000+20;
int dp[N][N];
int get_editdis(string s1,string s2)
{
    int len1=s1.size();
    int len2=s2.size();
    for(int i=0; i<=len1; i++)dp[i][0]=i;
    for(int j=0; j<=len2; j++)dp[0][j]=j;
    for(int i=1; i<=len1; i++)
    {
        for(int j=1; j<=len2; j++)
        {
            dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1),dp[i-1][j-1]+(s1[i-1]==s2[j-1]?0:1));
        }
    }
    return dp[len1][len2];
}
int main()
{
    string s1,s2;
    cin>>s1>>s2;
    cout<<get_editdis(s1,s2)<<endl;
    return 0;
}