python——lintcode 119 · 编辑距离

描述

给出两个单词word1和word2，计算出将word1 转换为word2的最少操作次数。
你可进行三种操作：

• 插入一个字符
• 删除一个字符
• 替换一个字符

len(word1),len(word2)<=500len(word1),len(word2)<=500

样例

样例 1：

输入：

word1 = "horse"
word2 = "ros"

输出：

3

解释：

horse -> rorse (替换 'h' 为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')

样例 2：

输入：

word1 = "intention"
word2 = "execution"

输出：

5

解释：

intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (替换 'i' 为 'e')
enention -> exention (替换 'n' 为 'x')
exention -> exection (替换 'n' 为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

这一题的思想是用动态规划来做：

想法

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。

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。

题目给定了两个单词，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。

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 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 ，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。

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)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])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：

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。

综上我们得到了算法的全部流程。

代码：

class Solution:
    """
    @param word1: A string
    @param word2: A string
    @return: The minimum number of steps
    """
    def min_distance(self, word1: str, word2: str) -> int:
        # write your code here
        if len(word1)==0 and len(word2)==0:
            return 0
        m,n=len(word1),len(word2)
        dp=  [[0 for i in range(n+1)] for j in range(m+1)]
        for i in range(n+1):
            dp[0][i]=i
        for i in range(m + 1):
            dp[i][0] = i
        for i in range(1,m+1):
            for j in range(1,n+1):
                if word1[i-1]==word2[j-1]:
                    dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
                else:
                    dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j],dp[i][j-1])+1
        return dp[m][n]






word1 = "horse"
word2 = "ros"
sss = Solution()
print(sss.min_distance(word1,word2))