72. 編輯距離

再次驗證leetcode的評判機有問題啊！同樣的代碼，第一次提交超時，第二次提交就通過了！

此題用動態規劃解決。

這題一開始還真難到我了，琢磨半天沒有思路。于是乎去了網上喵了下題解看到了動態規劃4個字就趕緊回來了。

腦海中浮現了兩個問題：
為什么能用動態規劃呢？用動態規劃怎么解？

先描述狀態吧：

f[i][j]表示word1中的[0,i] 與 word2中[0,j]的最少操作數。

實際上這時候就能看出來了，當一個狀態計算完成時，即一個狀態的操作方案（決策）確定時，不影響后面狀態的最優決策。即滿足動態規劃要求的無后效性，否則不能用動規來解決啦，因為要涉及到回溯修改前面的決策。也就是滿足兩個條件：1. 重疊子問題 2.最優子結構

動態規劃原理
雖然已經用動態規劃方法解決了上面兩個問題，但是大家可能還跟我一樣并不知道什么時候要用到動態規劃。總結一下上面的斐波拉契數列和鋼條切割問題，發現兩個問題都涉及到了重疊子問題，和最優子結構。

①最優子結構

用動態規劃求解最優化問題的第一步就是刻畫最優解的結構，如果一個問題的解結構包含其子問題的最優解，就稱此問題具有最優子結構性質。因此，某個問題是否適合應用動態規劃算法，它是否具有最優子結構性質是一個很好的線索。使用動態規劃算法時，用子問題的最優解來構造原問題的最優解。因此必須考查最優解中用到的所有子問題。

②重疊子問題

在斐波拉契數列和鋼條切割結構圖中，可以看到大量的重疊子問題，比如說在求fib（6）的時候，fib（2）被調用了5次，在求cut（4）的時候cut（0）被調用了4次。如果使用遞歸算法的時候會反復的求解相同的子問題，不停的調用函數，而不是生成新的子問題。如果遞歸算法反復求解相同的子問題，就稱為具有重疊子問題（overlapping subproblems）性質。在動態規劃算法中使用數組來保存子問題的解，這樣子問題多次求解的時候可以直接查表不用調用函數遞歸。

顯然，狀態轉移方程也就出來了：

f[i][j] 的計算分為兩種情況：

當word1[i] == word2[j] 說明此時不需要任何操作，f[i][j] = f[i-1][j-1]

else f[i][j] = min(f[i-1][j-1] , f[i-1][j] , f[i][j-1] ) + 1 , 此時，f[i][j] 可由之前已經確定的三個狀態而來（因為有三種操作），如果是word1替換操作，則之前的狀態為f[i-1][j-1]；word1刪除操作,則之前的狀態為： f[i-1][j]，此時就是刪除word[i]；word1插入操作,則之前的狀態為：f[i][j-1]，此時實際上就是在word[i]后面插入word2[j]

那初始條件呢？當一方為空時，最少操作數就是另一個word的size了

for (int i = 0; i <= m; i++) {f[i][0] = i;}for (int j = 0; j <= n; j++) {f[0][j] = j;}

1A代碼

class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {int m = word1.length();int n = word2.length();if (m == 0) {return n;}if (n == 0) {return m;}int[][] f = new int[m + 1][n + 1];for (int i = 0; i <= m; i++) {f[i][0] = i;}for (int j = 0; j <= n; j++) {f[0][j] = j;}for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {f[i][j] = f[i - 1][j - 1];} else {f[i][j] = Collections.min(Arrays.asList(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j], f[i][j - 1])) + 1;}}}return f[m][n];} }

轉載于:https://www.cnblogs.com/acbingo/p/9369297.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[leetcode] 72. 编辑距离(二维动态规划)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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