相近字符串的匹配--编辑距离问题

首先需要解决的问题是：定义一个函数（cost function）计算两个字符串的相差程度。
一个合理的设计是：计算从一个字符串改成另一个字符串需要经过的步数。

更改的三种基本类型

• 替代：更改一个字符，如shot->spot
• 插入: 插入一个字符，如ago->agog
• 删除：删除一个字符，如hour->our

这样计算出从字符串P变到字符串T总共需要多少基本类型，就是编辑距离。

这种相似字符串的匹配算法似乎很难，但是借助DP思想，问题将非常简洁。又是见证奇迹的时候。

递归形式的编辑距离问题

以$i,j$为字符串前缀子串的最后一个字符。
字符串P(长度为m)变T(长度为n)，我们以$P_i,T_j$表示下标分别为$i,j$的字符。
定义一个函数D[i,j]表示前缀子串的编辑距离。
P:[1…i] 1 < i < m
T:[1…j] 1< j < n

总共三种方式右对齐两个前缀字符串

• 如果$P_i = T_j$, 子问题变为D[i-1,j-1], 否则为D[i-1,j-1]+1. 意思是：如果最右的字符匹配了，递归计算子串，否则需要替换，代价设为1.

• D[i-1,j] + 1 表示的是删除$P_i$,再计算[1…i-1]与[1…j]的编辑距离。因为$P_i$与$T_j$不匹配，将指向P的指针前挪一位，指向T的指针不动。+1表示的代价是删除$P_i$的代价。

• D[i,j-1]+1表示的是在$P_i$后添加一个$T_j$,指向T的指针往左移动一位。因为当前的$T_j$通过对P的插入的方式已经匹配了，接着看下一个字符与$P_i$的对比操作。

这三类操作都是面对一个字符时候的选择策略。

D[i,j] = min{D[i-1,j]+Delete( ),D[i,j-1]+Insert( ), D[i-1,j-1]+Replace( )}
Delete:删除操作
Insert:插入操作
Replace:取代操作，如果字符相同，则为0
如果用递归算法，出口：

D[0,0] = 0;
D[i,0] = i;
D[0,j] = j;

// 递归方法实现
int EditDistanceRecursion( char *X, char *Y, int m, int n )
{
    // 基本情况
    if( m == 0 && n == 0 )
        return 0;

    if( m == 0 )
        return n;

    if( n == 0 )
        return m;

    // 递归
    int left = EditDistanceRecursion(X, Y, m-1, n) + 1;
    int right = EditDistanceRecursion(X, Y, m, n-1) + 1;
    int corner = EditDistanceRecursion(X, Y, m-1, n-1) + (X[m-1] != Y[n-1]);

    return Minimum(left, right, corner);
}

假设三个操作的代价都是1，则上面的算法是递归的算法实现。

比较值得注意的巧妙之处是用(X[m-1] != Y[n-1])来表示0，或者1，比单独比较实现代码简洁得多。

参考：http://www.acmerblog.com/dp5-edit-distance-4883.html
笔记主要来自：《算法设计手册》阅读