一天一道LeetCode

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（一）题目

Given two words word1 and word2, find the minimum number of steps ?>required to convert word1 to word2. (each operation is counted as 1 step.)

You have the following 3 operations permitted on a word:

a) Insert a character
b) Delete a character
c) Replace a character

（二）解题

这道题一拿到就觉得需要用到动态规划，于是考虑到用递归来解决，三种情况，依次进行，可是随着递归的加深，自然而然就超时了！

/*
注：此代码没有过多测试，如有错误，请各位留言指出
*/
class Solution {
public:
    int minDis = 1000000;
    int minDistance(string word1, string word2) {
        vector<int> minpath(10000,10000);
        getMinDis(word1,word2,0,0,minpath);
        return minDis;
    }
    void getMinDis(string word1, string word2, int idx, int count,vector<int>& minpath)
    {
        if(minpath[idx] <= count) return; //为了减少递归深度，可是还是超时了
        if (word1 == word2) { minDis = minDis < count ? minDis : count; return; }
        //如果该位上相等则继续
        if(idx < word1.size() && idx < word2.size() && word1[idx] == word2[idx]) getMinDis(word1, word2, idx + 1, count,minpath);
        else {
            if (idx < word1.size())//idx小于word1的时候才能删除
            {
                string tword1 = word1;
                tword1.erase(tword1.begin() + idx);
                getMinDis(tword1, word2, idx, count + 1,minpath);
            }
            if (idx < word2.size()) //插入话需要idx小于Word2的长度
            {
                string tword1 = word1;
                tword1.insert(idx, 1, word2[idx]);
                getMinDis(tword1, word2, idx + 1, count + 1,minpath);
            }
            if (idx < word1.size() && idx < word2.size())//替换则需要都小于
            {
                string tword1 = word1;
                tword1[idx] = word2[idx];
                getMinDis(tword1, word2, idx + 1, count + 1,minpath);
            }
        }
    }
};

下面，主角出现了！看到这个算法真正觉得算法的美妙了，由繁化简！
首先我们定义一个数组，dp[i][j]，这个数组代表了word1的0~i转换到word2的0~j需要的最小步数。很显然，该矩阵应该初始化为：dp[0][i] = i和dp[i][0] = i，如下图（以ACE->ADEF为例）：

那么，下面我们来看看动态规划最重要的状态转移方程。
1、插入操作：
dp[1][1]表示从A到A，dp[0][1]表示从”“到A，那么word1插入一个A就得到A，所以dp[1][1] = dp[0][1]+1
2、删除操作：
dp[1][1]表示从A到A，dp[1][0]表示从A到””，那么word1需要删除一个A，所以dp[1][1] = dp[1][0]+1
3、替换操作：
dp[1][1]表示从A到A\，dp[0][0]表示从”“到”“，那么dp[1][1] = dp[0][0]；
dp[2][2]表示从AC到AD，需要替换操作，所以dp[2][2] = dp[1][1]+1；
看到这里大概都明白了这个算法的步骤了，dp[1][1]到底等于多少呢？
答案显而易见，dp[1][1]等于三者中的最小值。
算法到最后，矩阵dp得值看下图：

说这么多，代码见真招！

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int row = word1.length();
        int col = word2.length();
        //初始化
        vector<vector<int>> dpath(row+1,vector<int>(col+1,0));
        for(int i = 0 ; i < col+1 ; i++)/
        {
            dpath[0][i] = i;
        }
        for(int i = 0 ; i < row+1 ;i++)
        {
            dpath[i][0] = i;
        }
        for(int i = 1; i < row+1 ;i++)
        {
            for(int j = 1 ; j < col+1;j++)
            {
                //三者取最小
                dpath[i][j] = min(dpath[i-1][j]+1,dpath[i][j-1]+1);
                dpath[i][j] = min(dpath[i][j],dpath[i-1][j-1]+(word1[i-1] == word2[j-1]?0:1));
            }
        }
        return dpath[row][col];
    }
};