动态规划求解编辑距离（Leetcode转载）

最新推荐文章于 2024-06-19 11:37:14 发布

Hannah2425

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分类专栏：资料文章标签： leetcode

原文链接：https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance/solution/bian-ji-ju-chi-by-leetcode-solution/

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本文详细介绍了编辑距离的概念，由Vladimir Levenshtein提出的编辑距离用于衡量两个序列的相似度，常用于机器翻译和语音识别。通过动态规划求解编辑距离，分析了插入、删除和替换三种基本操作，并给出了算法的思路、举例和状态转移方程。最后，提供了一个C++实现的代码示例，并分析了算法的时间和空间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

概述

编辑距离（Minimum Edit Distance，MED），由俄罗斯科学家 Vladimir Levenshtein 在1965年提出，也因此而得名 Levenshtein Distance。
在信息论、语言学和计算机科学领域，Levenshtein Distance 是用来度量两个序列相似程度的指标。通俗地来讲，编辑距离指的是在两个单词之间，由其中一个单词转换为另一个单词所需要的最少单字符编辑操作次数。

编辑距离算法被数据科学家广泛应用，是用作机器翻译和语音识别评价标准的基本算法。最直观的方法是暴力检查所有可能的编辑方法，取最短的一个。所有可能的编辑方法达到指数级，但我们不需要进行这么多计算，因为我们只需要找到距离最短的序列而不是所有可能的序列。

动态规划求解

（1）思路和算法

我们可以对任意一个单词进行三种操作：

插入一个字符；
删除一个字符；
替换一个字符。

题目给定两个单词，设为 A 和 B，这样我们就能够六种操作方法。

但我们可以发现，如果我们有单词 A 和单词 B：

对单词 A 删除一个字符和对单词 B 插入一个字符是等价的。例如当单词 A 为 doge，单词 B 为 dog 时，我们既可以删除单词 A的最后一个字符 e，得到相同的 dog，也可以在单词 B 末尾添加一个字符 e，得到相同的 doge；
同理，对单词 B 删除一个字符和对单词 A 插入一个字符也是等价的；
对单词 A 替换一个字符和对单词 B 替换一个字符是等价的。例如当单词 A 为 bat，单词 B 为 cat 时，我们修改单词 A的第一个字母 b -> c，和修改单词 B 的第一个字母 c -> b 是等价的。

这样以来，本质不同的操作实际上只有三种：

在单词 A 中插入一个字符；
在单词 B 中插入一个字符；
修改单词 A 的一个字符。

举例

这样以来，我们就可以把原问题转化为规模较小的子问题。我们用 A = horse，B = ros 作为例子，来看一看是如何把这个问题转化为规模较小的若干子问题的。
在单词 A 中插入一个字符：如果我们知道 horse 到 ro 的编辑距离为 a，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 a + 1。这是因为我们可以在 a 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串，只需要额外的 1 次操作，在单词 A 的末尾添加字符 s，就能在 a + 1 次操作后将 horse 和 ro 变为相同的字符串；
在单词 B 中插入一个字符：如果我们知道 hors 到 ros 的编辑距离为 b，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 b + 1，原因同上；
修改单词 A 的一个字符：如果我们知道 hors 到 ro 的编辑距离为 c，那么显然 horse 到 ros 的编辑距离不会超过 c + 1，原因同上。
那么从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)。

注意

为什么我们总是在单词 A 和 B 的末尾插入或者修改字符，能不能在其它的地方进行操作呢？答案是可以的，但是我们知道，操作的顺序是不影响最终的结果的。例如对于单词 cat，我们希望在 c 和 a 之间添加字符 d 并且将字符 t 修改为字符 b，那么这两个操作无论为什么顺序，都会得到最终的结果 cdab。

你可能觉得 horse 到 ro 这个问题也很难解决。但是没关系，我们可以继续用上面的方法拆分这个问题，对于这个问题拆分出来的所有子问题，我们也可以继续拆分，直到：
字符串 A 为空，如从空转换到 ro，显然编辑距离为字符串 B 的长度，这里是 2；
字符串 B 为空，如从 horse 转换到空，显然编辑距离为字符串 A 的长度，这里是 5。

因此，我们就可以使用动态规划来解决这个问题了。我们用 D[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。

过程举例

HORSE与ROS之间的编辑距离

如上所述，当我们获得 D[i][j-1]，D[i-1][j] 和 D[i-1][j-1] 的值之后就可以计算出 D[i][j]。

D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们在 A 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1；
D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于 A 的第 i 个字符，我们在 B 的末尾添加了一个相同的字符，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；
D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B 的第 j 个字符，我们修改 A 的第 i 个字符使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。

那么我们可以写出如下的状态转移方程：

若 A 和 B 的最后一个字母相同：

D[i][j] = min(D[i][j - 1] + 1, D[i - 1][j]+1, D[i - 1][j - 1])
= 1 + min(D[i][j - 1], D[i - 1][j], D[i - 1][j - 1] - 1)

若 A 和 B 的最后一个字母不同：

D[i][j]=1+min(D[i][j−1],D[i−1][j],D[i−1][j−1])

所以每一步结果都将基于上一步的计算结果，示意如下：
HORSE与ROS之间的编辑距离2
对于边界情况，一个空串和一个非空串的编辑距离为 D[i][0] = i 和 D[0][j] = j，D[i][0] 相当于对 word1 执行 i 次删除操作，D[0][j] 相当于对 word1执行 j 次插入操作。 HORSE与ROS之间的编辑距离3

综上我们得到了算法的全部流程。

（2）代码

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        
        // word1和word2的长度
        int n = word1.length();
        int m = word2.length();

        if(n*m == 0){ // 如果其中一个为0，则可直接通过插入or删除来转换
            return n+m;
        }

        // OP 矩阵初始化
        int OP[n+1][m+1]; // 这里矩阵列和行均多生成了一维，表示空字符串与空字符串之间的编辑距离为0
        for(int i=0; i<n+1; i++){
            OP[i][0] = i;
        }
        for(int j=0; j<m+1; j++){
            OP[0][j] = j;
        }
        
        // 开始根据转移方程，生成转移矩阵OP
        for(int i=1; i<n+1; i++){
            for(int j=1; j<m+1; j++){
                if(word1[i-1] == word2[j-1]){ // 如果word1位置上的字母与word2位置上字母相同
                    OP[i][j] = 1+ min(OP[i-1][j], min(OP[i][j-1], OP[i-1][j-1]-1));
                }
                else{
                    OP[i][j] = 1+ min(OP[i-1][j], min(OP[i][j-1], OP[i-1][j-1]));
                }
            }
        }
        return OP[n][m];


    }
};