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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。
- 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，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
=== "Python"
```python title="edit_distance.py"
[class]{}-[func]{edit_distance_dp}
```
=== "C++"
```cpp title="edit_distance.cpp"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Java"
```java title="edit_distance.java"
[class]{edit_distance}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "C#"
```csharp title="edit_distance.cs"
[class]{edit_distance}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Go"
```go title="edit_distance.go"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Swift"
```swift title="edit_distance.swift"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "JS"
```javascript title="edit_distance.js"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "TS"
```typescript title="edit_distance.ts"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Dart"
```dart title="edit_distance.dart"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Rust"
```rust title="edit_distance.rs"
[class]{}-[func]{edit_distance_dp}
```
=== "C"
```c title="edit_distance.c"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
=== "Zig"
```zig title="edit_distance.zig"
[class]{}-[func]{editDistanceDP}
```
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。
=== "Python"
```python title="edit_distance.py"
[class]{}-[func]{edit_distance_dp_comp}
```
=== "C++"
```cpp title="edit_distance.cpp"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Java"
```java title="edit_distance.java"
[class]{edit_distance}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "C#"
```csharp title="edit_distance.cs"
[class]{edit_distance}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Go"
```go title="edit_distance.go"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Swift"
```swift title="edit_distance.swift"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "JS"
```javascript title="edit_distance.js"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "TS"
```typescript title="edit_distance.ts"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Dart"
```dart title="edit_distance.dart"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Rust"
```rust title="edit_distance.rs"
[class]{}-[func]{edit_distance_dp_comp}
```
=== "C"
```c title="edit_distance.c"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```
=== "Zig"
```zig title="edit_distance.zig"
[class]{}-[func]{editDistanceDPComp}
```