最近看了一下别人的面试博客中提到了编辑距离的算法，才发现LeetCode中 这道题的难度已经从困难变成了中等，真是应了那句 "学如逆水行舟，不进则退" , 想当初一杯茶，一包烟，一道困难看一天，没想到如今能把这道题卷成中等
话不多说今天分享一下我对这道题的一些理解
bash
'' r o s
'' 0 1 2 3
h 1 1 2 3
o 2 2 1 2
r 3 2 2 2
s 4 3 3 2
e 5 4 4 3先看一下这个矩阵 我们假设 word1 = 'horse' word2 = 'ros'
第一行表示 从一个空字符串到 字符串 'ros' 所需要的最小步骤 也就是 3
第一列表示 从空字符串到 字符串 'horse' 所需要的最小步骤 也就是 5
每个单元格都表示 word1的前 i 个字符 转换成 word2 的前 j 个字符所需要的最小操作数
根据当前字符是否相等，来判断当前字符是否可以不需要操作，还是需要通过 替换 删除 插入来操作
可能说的有点抽象，举个例子来说
比如我想将 'horse' 的前两个字符 'ho' 转换成 'ros' 的前三个字符
首先，我们定义 dp[i][j] 为字符串 word1 的前 i 个字符和字符串 word2 的前 j 个字符之间的最小编辑距离
'ho' 转换成 'ros' ，在单元格中就是(2,3)单元格，此单元格就是记录 dp[2][3] 的最小距离，值是2
那么 距离2 是怎么得来的呢
首先我们 假设 每个单元格都记录着word1 前 i 个字符转换成 word2 前 j 个字符的最小距离
什么意思呢 举个例子(1,1)表示 'h' 转换成 'r' 的最小距离，(1,2)表示 'h' 转换成 'ro' 的最小距离，
(1,3)表示 'h' 转换成 'ros' 的最小距离，以此类推 (我们先假设这样，后面会验证)
现在我们想填充单元格 (2,3)的值，我们首先需要判断 当前 word1的 'ho' 和 word2的 'ros' 的最后一个字符串是否相同 如果不相同，那就需要通过 替换 删除 插入 来操作word1
我们首先看一下 (2,2)单元格，上面我们假设了每个单元格都记录着word1 前 i 个字符转换成 word2 前 j 个字符的最小距离，也就是说(2,2)代表 'ho' 转换成 'ro' 的最小距离，可能有人会疑问为什么跟 (2,2)有关系，因为(2,2)转换成(2,3)只需要在 'ho' 后面插入 's' 即可此时'ho'已经转换成'ro'，也就是说根据 (2,2)的值的基础上加一，就能将 'ho' 转换成 'ros'
同理我们看一下(1,3)也就是 'h' 转换成 'ros' 的最小距离，在此基础上我们只需要删除 'ho' (此时'h'已经转换成'ros') 后面的 'o',也就是说根据 (1,3)的值的基础上加一，就能将 'ho' 转换成 'ros'
再者,(1,2)就是将 'ho' 的 'o' 替换成 'ros' 的 's'， 根据 (1,2)的值的基础上加一，就能将 'ho' 转换成 'ros'
这里我解释一下上面三个方法都要加一 是因为我们根据前一步的操作，再接上插入 删除 或替换，所以是在前一步的操作基础上加一
这三种方法都可以实现我们的需求，所以我们只需要选其中最小的一步即可获取最小距离，这个时候发现最小的值是 (2,2) + 1 = 2，所以(2,3)的最小值就是 2
刚才我们假设 每个单元格都记录着word1 前 i 个字符转换成 word2 前 j 个字符的最小距离
现在我们来验证一下
矩阵中的第一行第一列上面提到了，分别代表从一个空字符串到 字符串 'ros' 所需要的步骤和从空字符串到 字符串 'horse' 所需要的最少步骤
bash
'' r o s
'' 0 1 2 3
h 1
o 2
r 3
s 4
e 5 这个值是固定的，应该都能理解吧，现在我们要填充剩余的矩阵，那么按照上面我们的方法，当前单元格(i, j)的最小值就是从 (i-1, i) 、(i, j-1) 、(i-1, j-1) 中取最小值在加一，我们所填充的每一步都是根据最小距离的基准来计算，所以我们填充的单元格一定是表示 当前 word1[i] 转换成 word2[j] 的最小距离
但是，其中还包含着一种特殊情况，就是当前字符相同的情况，什么意思呢，还是举例说明
我们在填充 (2, 2)时，也就是将 'ho' 转换成 'ro', 发现 'ho' 的 'o' 与 'ro' 的 'o' 相同
bash
'' r o s
'' 0 1 2 3
h 1 1 2 3
o 2 2 ?
r 3
s 4
e 5 这个时候按照我们上面的方法，我们会取(1,1)的值在加一 最后填充(2, 2)的值为 2，但是结果并不如此，因为这种情况，我们可以直接继承 (1, 1)的值，为什么呢，因为当前字符如果相同，我们可以不进行操作，我们只需要考虑将 'h' 转换成 'r' 即可，所以(2, 2)的值 等于 (1, 1)的值 也就是 1
至此，我们可以以最优解完整的填充整个矩阵，最小值也就是矩阵的右下角
动态规划通过填充一个矩阵来解决编辑距离问题，每个单元格的填充操作基于其相邻的三个单元格(左边、上边和左上角)
下面我用js代码，实现以上操作
js
function minDistance(word1, word2) {
const m = word1.length, n = word2.length;
//初始化dp数组（生成 m+1 行, n+1 列的矩阵）
const dp = Array.from({length: m + 1}, () => Array(n + 1).fill(0));
//初始化边界条件（可以理解为填充第一行第一列）
for(i = 0; i <= m; i++) {
dp[i][0] = i //填充第一列
}
for(j = 0; j <= n; j++) {
dp[0][j] = j //填充第一列
}
//填充矩阵
for(i = 0; i <= m; i++) {
for(j = 0; j <= n; j++) {
if(word1[i-1] === word2[j-1]) {
//如果相同 直接继承
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
}else {
//如果不同，从上一步操作中选取最小值，并 +1 填充
dp[i][j] = Math.min(dp[i][j-1], dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]) + 1
}
}
}
return dp[m][n] //返回右下角的值(最小距离)
}