编辑距离问题¶

编辑距离，也称 Levenshtein 距离，指两个字符串之间互相转换的最少修改次数，通常用于在信息检索和自然语言处理中度量两个序列的相似度。

Question

输入两个字符串 \(s\) 和 \(t\) ，返回将 \(s\) 转换为 \(t\) 所需的最少编辑步数。

你可以在一个字符串中进行三种编辑操作：插入一个字符、删除一个字符、将字符替换为任意一个字符。

如下图所示，将 kitten 转换为 sitting 需要编辑 3 步，包括 2 次替换操作与 1 次添加操作；将 hello 转换为 algo 需要 3 步，包括 2 次替换操作和 1 次删除操作。

编辑距离问题可以很自然地用决策树模型来解释。字符串对应树节点，一轮决策（一次编辑操作）对应树的一条边。

如下图所示，在不限制操作的情况下，每个节点都可以派生出许多条边，每条边对应一种操作，这意味着从 hello 转换到 algo 有许多种可能的路径。

从决策树的角度看，本题的目标是求解节点 hello 和节点 algo 之间的最短路径。

动态规划思路¶

第一步：思考每轮的决策，定义状态，从而得到 \(dp\) 表

每一轮的决策是对字符串 \(s\) 进行一次编辑操作。

我们希望在编辑操作的过程中，问题的规模逐渐缩小，这样才能构建子问题。设字符串 \(s\) 和 \(t\) 的长度分别为 \(n\) 和 \(m\) ，我们先考虑两字符串尾部的字符 \(s[n-1]\) 和 \(t[m-1]\) 。

若 \(s[n-1]\) 和 \(t[m-1]\) 相同，我们可以跳过它们，直接考虑 \(s[n-2]\) 和 \(t[m-2]\) 。
若 \(s[n-1]\) 和 \(t[m-1]\) 不同，我们需要对 \(s\) 进行一次编辑（插入、删除、替换），使得两字符串尾部的字符相同，从而可以跳过它们，考虑规模更小的问题。

也就是说，我们在字符串 \(s\) 中进行的每一轮决策（编辑操作），都会使得 \(s\) 和 \(t\) 中剩余的待匹配字符发生变化。因此，状态为当前在 \(s\) 和 \(t\) 中考虑的第 \(i\) 和第 \(j\) 个字符，记为 \([i, j]\) 。

状态 \([i, j]\) 对应的子问题：将 \(s\) 的前 \(i\) 个字符更改为 \(t\) 的前 \(j\) 个字符所需的最少编辑步数。

至此，得到一个尺寸为 \((i+1) \times (j+1)\) 的二维 \(dp\) 表。

第二步：找出最优子结构，进而推导出状态转移方程

考虑子问题 \(dp[i, j]\) ，其对应的两个字符串的尾部字符为 \(s[i-1]\) 和 \(t[j-1]\) ，可根据不同编辑操作分为下图所示的三种情况。

在 \(s[i-1]\) 之后添加 \(t[j-1]\) ，则剩余子问题 \(dp[i, j-1]\) 。
删除 \(s[i-1]\) ，则剩余子问题 \(dp[i-1, j]\) 。
将 \(s[i-1]\) 替换为 \(t[j-1]\) ，则剩余子问题 \(dp[i-1, j-1]\) 。

根据以上分析，可得最优子结构：\(dp[i, j]\) 的最少编辑步数等于 \(dp[i, j-1]\)、\(dp[i-1, j]\)、\(dp[i-1, j-1]\) 三者中的最少编辑步数，再加上本次的编辑步数 \(1\) 。对应的状态转移方程为：

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

请注意，当 \(s[i-1]\) 和 \(t[j-1]\) 相同时，无须编辑当前字符，这种情况下的状态转移方程为：

\[ dp[i, j] = dp[i-1, j-1] \]

第三步：确定边界条件和状态转移顺序

当两字符串都为空时，编辑步数为 \(0\) ，即 \(dp[0, 0] = 0\) 。当 \(s\) 为空但 \(t\) 不为空时，最少编辑步数等于 \(t\) 的长度，即首行 \(dp[0, j] = j\) 。当 \(s\) 不为空但 \(t\) 为空时，最少编辑步数等于 \(s\) 的长度，即首列 \(dp[i, 0] = i\) 。

观察状态转移方程，解 \(dp[i, j]\) 依赖左方、上方、左上方的解，因此通过两层循环正序遍历整个 \(dp\) 表即可。

代码实现¶

[file]{edit_distance}-[class]{}-[func]{edit_distance_dp}

如下图所示，编辑距离问题的状态转移过程与背包问题非常类似，都可以看作填写一个二维网格的过程。

空间优化¶

由于 \(dp[i,j]\) 是由上方 \(dp[i-1, j]\)、左方 \(dp[i, j-1]\)、左上方 \(dp[i-1, j-1]\) 转移而来的，而正序遍历会丢失左上方 \(dp[i-1, j-1]\) ，倒序遍历无法提前构建 \(dp[i, j-1]\) ，因此两种遍历顺序都不可取。

为此，我们可以使用一个变量 leftup 来暂存左上方的解 \(dp[i-1, j-1]\) ，从而只需考虑左方和上方的解。此时的情况与完全背包问题相同，可使用正序遍历。代码如下所示：

[file]{edit_distance}-[class]{}-[func]{edit_distance_dp_comp}