mirror of
https://github.com/krahets/hello-algo.git
synced 2024-12-27 19:56:29 +08:00
129 lines
6.1 KiB
Markdown
129 lines
6.1 KiB
Markdown
# 编辑距离问题
|
|
|
|
编辑距离，也被称为 Levenshtein 距离，指两个字符串之间互相转换的最小修改次数，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、替换字符为任意一个字符。
|
|
|
|
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 $j$ 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。
|
|
|
|
1. 在 $s[i-1]$ 之后添加 $t[j-1]$ ，则剩余子问题 $dp[i, j-1]$ 。
|
|
2. 删除 $s[i-1]$ ，则剩余子问题 $dp[i-1, j]$ 。
|
|
3. 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，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
|
|
|
|
```src
|
|
[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，都可以看作是填写一个二维网格的过程。
|
|
|
|
=== "<1>"
|
|
|
|
|
|
=== "<2>"
|
|
|
|
|
|
=== "<3>"
|
|
|
|
|
|
=== "<4>"
|
|
|
|
|
|
=== "<5>"
|
|
|
|
|
|
=== "<6>"
|
|
|
|
|
|
=== "<7>"
|
|
|
|
|
|
=== "<8>"
|
|
|
|
|
|
=== "<9>"
|
|
|
|
|
|
=== "<10>"
|
|
|
|
|
|
=== "<11>"
|
|
|
|
|
|
=== "<12>"
|
|
|
|
|
|
=== "<13>"
|
|
|
|
|
|
=== "<14>"
|
|
|
|
|
|
=== "<15>"
|
|
|
|
|
|
### 空间优化
|
|
|
|
由于 $dp[i,j]$ 是由上方 $dp[i-1, j]$、左方 $dp[i, j-1]$、左上方状态 $dp[i-1, j-1]$ 转移而来，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。
|
|
|
|
```src
|
|
[file]{edit_distance}-[class]{}-[func]{edit_distance_dp_comp}
|
|
```
|