为了求解将 `word1` 转换成 `word2` 所需的最少操作数，可以使用动态规划。以下是详细的解决方案：
方法思路
- **定义状态**
`dpij` 表示将 `word1` 的前 `i` 个字符转换成 `word2` 的前 `j` 个字符所需的最少操作数。
- **状态转移方程**
- 如果 `word1i-1 == word2j-1`（字符相同），直接继承前一步的结果：
`dpij = dpi-1j-1`。
-
如果字符不同，选择以下三种操作中的最小值：
-
**替换**：`dpi-1j-1 + 1`（替换当前字符）。
-
**删除**：`dpi-1j + 1`（删除 `word1` 的第 `i` 个字符）。
-
**插入**：`dpij-1 + 1`（在 `word1` 末尾插入字符以匹配 `word2` 的第 `j` 个字符）。
- **初始化**
-
`dpi0 = i`：将 `word1` 的前 `i` 个字符删除为空字符串需要 `i` 次操作。
-
`dp0j = j`：将空字符串插入为 `word2` 的前 `j` 个字符需要 `j` 次操作。
解决代码
```java
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String\[\] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
String word1 = sc.nextLine();
String word2 = sc.nextLine();
System.out.println(minDistance(word1, word2));
}
public static int minDistance(String word1, String word2) {
int m = word1.length();
int n = word2.length();
int\[\]\[\] dp = new intm + 1n + 1;
// 初始化边界条件
for (int i = 0; i <= m; i++) {
dpi0 = i; // 删除操作
}
for (int j = 0; j <= n; j++) {
dp0j = j; // 插入操作
}
// 填充dp数组
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
dpij = dpi - 1j - 1;
} else {
dpij = Math.min(
dpi - 1j - 1, // 替换
Math.min(dpi - 1j, dpij - 1) // 删除或插入
) + 1;
}
}
}
return dpmn;
}
}
```
代码解释
- **初始化**
处理边界情况，当其中一个字符串为空时，操作数为另一个字符串的长度。
- **动态规划填充**
遍历所有可能的子问题，根据字符是否相同选择直接继承或取三种操作的最小值。
- **时间复杂度**
\(O(m \times n)\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别为 `word1` 和 `word2` 的长度。
该方法通过动态规划高效地计算了最小编辑距离，覆盖了所有可能的操作情况。