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。
你总共三种操作方法：
- 插入一个字符
- 删除一个字符
- 替换一个字符
在线评测地址：领扣题库官网
样例 1:
输入:
"horse"
"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:
"intention"
"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')
算法：DP
经典的二维dp。
定义fi为word1前i个字符到word2的前j个字符的转化的最小步。
接着，我们来考虑状态转移方程。
- 假设对于fi以前的之都已知，考虑fi的情形。
- 若word1[i] = word2[j]，那么说明只要word1的前i-1个能转换到word2的前j-1个即可，所以 fi = fi-1
- 反之，若不等，我们就要考虑以下情形了。
- 给word1插入一个和word2最后的字母相同的字母，这时word1和word2的最后一个字母就一样了，此时编辑距离等于1（插入操作） + 插入前的word1到word2去掉最后一个字母后的编辑距离 fi + 1
- 删除word1的最后一个字母，此时编辑距离等于1（删除操作） + word1去掉最后一个字母到word2的编辑距离 fi - 1 + 1
- 把word1的最后一个字母替换成word2的最后一个字母，此时编辑距离等于 1（替换操作） + word1和word2去掉最后一个字母的编辑距离。为fi - 1 + 1
- 三者取最小值即可。
复杂度分析
-
时间复杂度O(n^2)
- 二维dp
-
空间复杂度O(n^2)
- 需要保存二维的状态数
public class Solution {
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n = word1.length();
int m = word2.length();
int[][] dp = new int[n+1][m+1];
for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
dp[0][i] = i;
}
for (int i = 0; i < n + 1; i++) {
dp[i][0] = i;
}
for (int i = 1; i < n + 1; i++) {
for (int j = 1; j < m + 1; j++) {
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else{
dp[i][j] = 1 + Math.min(dp[i - 1][j - 1], Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]));
}
}
}
return dp[n][m];
}
}更多题解参考：九章官网solution
