Hot 100 --- 编辑距离

本文概览：本文讲解编辑距离的核心思路：dp $i$ $j$ 表示 word1 前 i 个字符转成 word2 前 j 个字符的最少操作数；两个字符相等就跳过（不花操作），不相等就在删除、插入、替换三种手段里选最省的；方法一是二维 DP，方法二只保留上一行把空间降到 O(m)

一、题目

二、题目分析

1. 题目要求

给你两个单词 word1 和 word2，返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数。

你可以对一个单词进行以下三种操作：

插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符

示例 1 ：word1 = "horse", word2 = "ros" → 3

horse → rorse（替换 h→r）→ rorse → rose（删除 r）→ rose → ros（删除 e）

示例 2 ：word1 = "intention", word2 = "execution" → 5

2. 怎么想这题？

先看看暴力能不能做。每一步都有三种操作可选，走一步分三岔、走两步分九岔......操作数一多，分支就是 3^k 级别地爆开，枚举不完。这条路直接堵死。

换个角度，想想"操作"这件事到底在干什么。插入、删除、替换，一次只动一个字符，而且动完之后，两个字符串就各自"往前推进了一格"。也就是说，整个过程就是两个字符串一个字一个字地往前对，对到哪儿、花了多少步，是可以被"记住"的。

这和上一篇《最长公共子序列》是同一个姿势：两个串各自都有进度。设 word1 看到第 i 个字符、word2 看到第 j 个字符，把状态定成

复制代码

dp[i][j] = word1 的前 i 个字符 转成 word2 的前 j 个字符 需要的最少操作数

要求的就是 dp[n][m]（两个整串）。接下来只需要想清楚：(i, j) 这个局面，怎么由更小的局面推出来。

先看最简单的情况：这两个位置的字符正好相等。

比如 word1 的第 i 个字符和 word2 的第 j 个字符都是 a。那这个 a 根本不用动------不用插入、不用删除、不用替换，它俩天然就对上了。既然不动，就等于这两个字符可以一起"消掉"，问题直接退化成"前 i-1 个转成前 j-1 个"，操作数一次都不花。

再看不一样的。 这时必须动手，而手里正好有三张牌：删除、插入、替换。每种牌打出去之后，"剩下的问题"是不同的小局面------有的变成前 i-1 对前 j，有的变成前 i 对前 j-1，有的变成前 i-1 对前 j-1。搞清楚每张牌对应哪个小局面、再取最省的那张，这题就通了。

3. 需要解决哪几个问题？

问题一 ：两个字符不相等时，删除、插入、替换这三种操作，各自把问题变成了哪个更小的局面？为什么？

问题二 ：初值怎么填？word1 或 word2 为空串的时候是多少步？

问题三（进阶）：二维表能不能压成一维数组？

三、方法一：二维 DP，O(n × m) 空间

1. 思路概览

java 复制代码

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n = word1.length(), m = word2.length();
    int[][] dp = new int[n + 1][m + 1];
    // 初值：word2 为空，word1 前 i 个只能全删，i 步
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        dp[i][0] = i;
    }
    // 初值：word1 为空，只能靠插入凑出 word2 前 j 个，j 步
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
        dp[0][j] = j;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];              // 相等，跳过，不花操作
            } else {
                dp[i][j] = 1 + Math.min(Math.min(dp[i - 1][j],    // 删除
                                                 dp[i][j - 1]),   // 插入
                                                 dp[i - 1][j - 1]); // 替换
            }
        }
    }
    return dp[n][m];
}

思路简要说明：

状态定义 ：dp[i][j] = word1 前 i 个字符转成 word2 前 j 个字符的最少操作数
转移：字符相等 → dp[i-1][j-1]；不等 → 1 + min(删除, 插入, 替换)
初值：dp[i][0] = i（全删）、dp[0][j] = j（全插）
时间复杂度 O(n × m)，空间 O(n × m)

2. 思路详解

第一步：解决状态定义

dp[i][j] 处理的是两个前缀：word1 的前 i 个字符、word2 的前 j 个字符。之所以用前缀而不是整串，是因为每做一次操作，问题都在往"更短的前缀"上退，一路退到空串为止。答案 dp[n][m] 就是把前缀推到头。

第二步：解决转移方程

情况一：两个字符相等（word1[i-1] == word2[j-1]）。

这两个字符天然对得上，三种操作都用不着。既然什么都不用做，就相当于把它们一并从两边拿掉，问题退化成"前 i-1 个转前 j-1 个"：

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

注意这里不加 1------因为这一步没花任何操作。

情况二：两个字符不相等。

这时必须动手，三种手段挨个看它把问题变成了什么。

① 删除：删掉 word1 的第 i 个字符。

既然它和 word2 的第 j 个对不上，干脆把它抹掉，让它从此不再参与比较。删掉之后，word1 剩下的就是前 i-1 个，而 word2 那边一个都没少，仍然要凑出前 j 个。所以问题变成"前 i-1 个转前 j 个"：

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删除的代价 = dp[i-1][j] + 1

（那个 +1 就是这一次删除操作本身。）

② 插入：在 word1 的第 i 个字符后面，插入一个和 word2 第 j 个字符相同的字符。

这个稍微绕一点，举个例子。word1 = "ab"、word2 = "abc"：word1 的 b 对着 word2 的 c，对不上。这时候最优解是在 b 后面插入一个 c ------插入的这个 c 正好顶替 word2 的第 3 个字符，于是 word1 这边"凑齐了前 3 个"，而 word2 的那一位也就被消化掉了，剩下要管的只是"前 2 个转前 2 个"。

所以一次插入，等于用掉 word2 的第 j 个字符 ，问题变成"前 i 个转前 j-1 个"：

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插入的代价 = dp[i][j-1] + 1

③ 替换：把 word1 的第 i 个字符改成 word2 的第 j 个字符。

这个最直白。改完之后这两个字符就相等了------也就回到"情况一"：这一对字符可以一起消掉。所以问题变成"前 i-1 个转前 j-1 个"：

复制代码

替换的代价 = dp[i-1][j-1] + 1

三种手段取最省：

复制代码

dp[i][j] = 1 + min(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1])
          （删）        （插）      （替）

三种手段能覆盖所有走法------面对一对对不上的字符，无非就是"不要 word1 的这个"（删）、"不要 word2 的那个"（插）、"原地把它改成对方"（替）。所以取三者最小就不会漏最优解。

第三步：解决初值------空串怎么办？

边界就是"其中一边为空"的情形，没法再靠转移方程推，得单独定：

dp[i][0] = i ：word2 是空串，word1 前 i 个字符要变成空，只能一个一个全删掉 → i 步。
dp[0][j] = j ：word1 是空串，要凑出 word2 的前 j 个字符，只能一个一个全插入 → j 步。

这两个初值也顺带回答了"dp[0][0] = 0"：两个都是空串，不用动。

第四步：完整执行过程

以示例 1，word1 = "horse"、word2 = "ros"（答案是 3）为例：

复制代码

          word2
      ""  r    o    s
""     0   1    2    3      ← 初值：word1 空，全插入
h      1   1    2    3      ← h!=r：min(删1, 插1, 替0)+1 = 1
o      2   2    1    2      ← o==o：等于 dp[1][1] = 1
r      3   2    2    2      ← r==r：等于 dp[2][1] = 2
s      4   3    3    2      ← s==s：等于 dp[3][2] = 2
e      5   4    4    3      ← e!=s：min(删2, 插4, 替3)+1 = 3

挑几个格子看：

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dp[1][1]：'h' != 'r' → 1 + min(dp[0][1]=1, dp[1][0]=1, dp[0][0]=0) = 1
dp[2][2]：'o' == 'o' → dp[1][1] = 1
dp[3][2]：'r' != 'o' → 1 + min(dp[2][2]=1, dp[3][1]=2, dp[2][1]=2) = 2
dp[4][3]：'s' == 's' → dp[3][2] = 2
dp[5][3]：'e' != 's' → 1 + min(dp[4][3]=2, dp[5][2]=4, dp[4][2]=3) = 3

最后 dp[5][3] = 3 ✓。注意 dp[4][3] = 2 那一格，说明 "hors" → "ros" 只要 2 步（把 h 换成 r、删掉 r）；再拿 e 这一格看，末尾的 e 和 s 对不上，删掉它 1 步就够，所以最终 3 步。

3. 复杂度分析

时间复杂度 O(n × m)：两层循环，每格常数次比较。

空间复杂度 O(n × m)：完整二维表。

四、二维表里其实只用到"上一行"

看转移方程，dp[i][j] 用到的还是那三个老邻居。把表按行列摆好，i 是行、j 是列：

复制代码

               列 j-1              列 j
行 i-1    dp[i-1][j-1]        dp[i-1][j]
行 i      dp[i][j-1]          dp[i][j]     ← 当前要算的

dp[i-1][j]：同一列、上一行 → 正上方
dp[i][j-1]：同一行、上一列 → 正左方
dp[i-1][j-1]：上一行、上一列 → 左上方（对角线）

也就是说，算第 i 行只用到上一行整行和当前行左边一格，第 i-2 行及更早的都用不上了。和上一篇一样，可以把两行挤进同一个一维数组。滚动时有两个地方要留神：对角线 dp[i-1][j-1] 会被覆盖（要用 prev 提前存住），还有第一列 dp[i][0] 每行都在变（得单独更新）。

五、方法二：一维滚动数组，O(m) 空间

1. 思路概览

java 复制代码

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n = word1.length(), m = word2.length();
    int[] dp = new int[m + 1];
    // 初值：等价于二维表的第一行（word1 为空，全插入）
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
        dp[j] = j;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int prev = dp[0];   // 对角线 dp[i-1][j-1]，逐列往后挪
        dp[0] = i;          // 第一列 dp[i][0] = i（word2 为空，全删）
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            int temp = dp[j];   // 先存下旧值 dp[i-1][j]，下一列当对角线用
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                dp[j] = prev;
            } else {
                dp[j] = 1 + Math.min(Math.min(dp[j], dp[j - 1]), prev);
            }
            prev = temp;
        }
    }
    return dp[m];
}

思路简要说明：

状态定义 ：dp[j] 表示当前行第 j 列的值，随 i 逐行滚动
初值：dp[j] = j，正是二维表第一行
每行开头 ：dp[0] = i，补上第一列的边界
对角线 ：用 prev 提前存住，否则会被覆盖
时间复杂度 O(n × m)，空间 O(m)

2. 思路详解

第一步：初始化为什么是 dp[j] = j？

一维的 dp 对应"当前行"。外层 i 从 1 开始，进循环之前，dp 得先装好二维表的第一行------也就是"word1 为空，凑 word2 前 j 个要插 j 次"，正好是 dp[j] = j。

第二步：为什么每行开头要写 dp[0] = i？

看二维表的第一列：dp[i][0] 表示"word1 前 i 个转成空串"，答案是 i（全删）。它是逐行变化的：第 1 行是 1、第 2 行是 2......

而 dp[0] 在滚动数组里从头到尾不进内层循环（j 从 1 开始），如果不管它，它就永远停在初值 0 上。所以每进一行，得手动把它更新成当前行的值：

java 复制代码

dp[0] = i;

这一步是这题比《最长公共子序列》多出来的地方------那题的 dp[0] 恒为 0，不需要管；这题的第一列是 1、2、3......必须自己维护。

第三步：prev 为什么还在？

内层循环里，dp[j] 要在被覆盖前先读出它代表的东西：

dp[j]（还没覆盖时）是上一行同列 的 dp[i-1][j] → 就是"正上方"；
dp[j-1]（本列之前已更新）是本行前一列 的 dp[i][j-1] → 就是"正左方"；
而对角线 dp[i-1][j-1] 在算 dp[j-1] 时就已经被顶掉了，所以要用 prev 提前留住它。

prev 的接力过程就是：上一列循环里存下的 temp（也就是 dp[i-1][j-1]），在本列开头赋给 prev 用掉；然后本列自己的旧值 dp[j] 又存进 temp，留给下一列当对角线。这一句 int temp = dp[j]; ... prev = temp; 和《最长公共子序列》里那段完全一样。

注意 prev 的初值是 dp[0]，也就是 dp[i-1][0] = i-1------它正好是第 1 列的对角线，衔接上了。

第四步：完整执行过程

仍是 word1 = "horse"、word2 = "ros"（m=3）。初始 dp = [0, 1, 2, 3]：

复制代码

i=1 ('h')：prev = dp[0] = 0，dp[0] = 1
  j=1: temp=1；h!=r → dp[1] = 1 + min(dp[1]=1, dp[0]=1, prev=0) = 1；prev=1 → [1,1,2,3]
  j=2: temp=2；h!=o → dp[2] = 1 + min(dp[2]=2, dp[1]=1, prev=1) = 2；prev=2 → [1,1,2,3]
  j=3: temp=3；h!=s → dp[3] = 1 + min(dp[3]=3, dp[2]=2, prev=2) = 3；prev=3 → [1,1,2,3]

i=2 ('o')：prev = dp[0] = 1，dp[0] = 2
  j=1: temp=1；o!=r → dp[1] = 1 + min(dp[1]=1, dp[0]=2, prev=1) = 2；prev=1 → [2,2,2,3]
  j=2: temp=2；o==o → dp[2] = prev = 1；prev=2                     → [2,2,1,3]
  j=3: temp=3；o!=s → dp[3] = 1 + min(dp[3]=3, dp[2]=1, prev=2) = 2；prev=3 → [2,2,1,2]

i=3 ('r')：prev = dp[0] = 2，dp[0] = 3
  j=1: temp=2；r==r → dp[1] = prev = 2；prev=2                     → [3,2,1,2]
  j=2: temp=1；r!=o → dp[2] = 1 + min(dp[2]=1, dp[1]=2, prev=2) = 2；prev=1 → [3,2,2,2]
  j=3: temp=2；r!=s → dp[3] = 1 + min(dp[3]=2, dp[2]=2, prev=1) = 2；prev=2 → [3,2,2,2]

i=4 ('s')：prev = dp[0] = 3，dp[0] = 4
  j=1: temp=2；s!=r → dp[1] = 1 + min(dp[1]=2, dp[0]=4, prev=3) = 3；prev=2 → [4,3,2,2]
  j=2: temp=2；s!=o → dp[2] = 1 + min(dp[2]=2, dp[1]=3, prev=2) = 3；prev=2 → [4,3,3,2]
  j=3: temp=2；s==s → dp[3] = prev = 2；prev=2                     → [4,3,3,2]

i=5 ('e')：prev = dp[0] = 4，dp[0] = 5
  j=1: temp=3；e!=r → dp[1] = 1 + min(dp[1]=3, dp[0]=5, prev=4) = 4；prev=3 → [5,4,3,2]
  j=2: temp=3；e!=o → dp[2] = 1 + min(dp[2]=3, dp[1]=4, prev=3) = 4；prev=3 → [5,4,4,2]
  j=3: temp=2；e!=s → dp[3] = 1 + min(dp[3]=2, dp[2]=4, prev=3) = 3；prev=2 → [5,4,4,3]

返回 dp[3] = 3 ✓

每一轮结束时的 dp，正好等于二维表里对应的那一行：

复制代码

方法一逐行结果：          dp 滚动结果：
[0, 1, 2, 3]（第一行）→   [0, 1, 2, 3]
[1, 1, 2, 3]（h 行）  →   [1, 1, 2, 3]
[2, 2, 1, 2]（o 行）  →   [2, 2, 1, 2]
[3, 2, 2, 2]（r 行）  →   [3, 2, 2, 2]
[4, 3, 3, 2]（s 行）  →   [4, 3, 3, 2]
[5, 4, 4, 3]（e 行）  →   [5, 4, 4, 3]

看 i=2 的 j=2（o == o）：用的是 prev = 1，也就是对角线的旧值，得 1；要是错读成已经被覆盖的 dp[1]，就会算错。

3. 复杂度分析

时间复杂度 O(n × m)：循环规模不变。

空间复杂度 O(m)：只留一行，从 O(n × m) 降到 O(m)。

六、总结

维度	方法一二维 DP	方法二一维滚动
状态	`dp[i][j]` 两个前缀	`dp[j]` 只保留当前行
相等时	`dp[i-1][j-1]`（不花操作）	取 `prev`
不等时	`1 + min(上方, 左方, 对角线)`	`1 + min(dp[j], dp[j-1], prev)`
每行要做两件事	------	`dp[0] = i`，`prev = 旧 dp[0]`
空间	O(n × m)	O(m)

这道题的转移方程不用背，它就是从"一次操作到底改了什么"推出来的：

字符相等 → 天然对上，不用动，直接把这一对消掉，dp[i-1][j-1]，不加 1。
字符不等 → 三种手段各对应一个更小的局面：
- 删除 word1 的第 i 个 → 它不再参与 → 前 i-1 对前 j，即 dp[i-1][j]；
- 插入一个字符顶替 word2 的第 j 个 → 用掉了这一位 → 前 i 对前 j-1，即 dp[i][j-1]；
- 替换 word1 的第 i 个成对方 → 变成"相等"，一起消掉 → 前 i-1 对前 j-1，即 dp[i-1][j-1]。

三种手段穷尽了所有走法，取最小就是最优。把这套 dp[i][j] 填成二维表后，发现只用得到上一行，再用 prev 把对角线救下来，就压成了一维------比上一篇多做的一件事情是：第一列 dp[i][0] 每行都在变，得自己用 dp[0] = i 维护。