算法01

编辑距离问题 —— 动态规划

设A和B是2个字符串。要用最少的字符操作将字符串A转换为字符串B。这里所说的字符操作包括 (1)删除一个字符； (2)插入一个字符； (3)将一个字符改为另一个字符。 将字符串A变换为字符串B所用的最少字符操作数称为字符串A到 B的编辑距离，记为d(A,B)。 对于给定的字符串A和字符串B，计算其编辑距离 d(A,B)。

输入格式:

第一行是字符串A，文件的第二行是字符串B。

提示：字符串长度不超过2000个字符。

输出格式:

输出编辑距离d(A,B)

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

fxpimu，

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

5

 

代码长度限制

16 KB

时间限制

400 ms

内存限制

64 MB

 

一开始拿到这道题时，虽然知道要用动态规划完成，但是没有具体的思路。后来老师讲解之后，get到了这道题的做法。

一、分析最优解性质

    两个字符串X_m和Y_n之间的最优修改，一定是包含了它们的各自前缀之间的最优修改。

    子问题：X_m-1和Y_n，X_m和Y_n-1，X_m-1和Y_n-1

    反证：如果存在前缀之间的更优的修改，则X和Y的修改只需在前缀的最优修改基础上做一次删除、增加或改写或什么都不做。这样，X和Y就得到了更优的修改方式，矛盾。

               所以，两个字符串之间的最优修改，一定是包含了它们的各自前缀之间的最优修改。

 

二、建立递归式

    令要求解的问题是X_i和Y_j，将X转换为Y，则其求解可以在以下几种基础上进行（例如X = aba，Y = acsa）

   （1）Y_j-1已由 X_i 得到，则只需对 Y_j 做 add 操作（a[ i ][ j-1 ] + 1)

   （2）Y_j 已由 X_i-1 得到，则只需再做 delete 操作（a[ i-1 ][ j ] + 1)

   （3）Y_j-1已由X_i-1 得到，则此时若 X[ i ] == Y[ j ]，则什么都不用做，否则改写操作（ a[ i-1 ][ j-1 ] + 1 or a[ i-1 ][ j-1 ]）

     X_i 和Y_j 的最优解将是上面三种情况中使用步骤最少的。

 

      伪代码如下：

if i == 0 且 j == 0, edit(i, j) = 0

if i == 0 且 j > 0, edit(i, j) = j

if i > 0 且 j == 0, edit(i, j) = i

if i >= 1 且 j >= 1, edit(i, j) == min{ edit(i-1, j) + 1, edit(i, j-1) + 1, edit(i-1, j-1) + f(i, j) }, 
当第一个字符串的第 i 个字符不等于第二个字符串的第 j 个字符时，f(i, j) = 1；否则，f(i, j) = 0

 

     完整代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std ;

char str1[2000] ; 
char str2[2000] ;

int a[2000][2000] ; //辅助数组 a
    
/*int edit(int i, int j)
{
    //三个最简单情形 
    if(i == 0 && j == 0)
    {
        return 0 ; //此时str1，str2都为空，不用任何操作
    }
    if(i == 0 && j > 0)
    {
        return j ; //此时只需要增加 j 个字符即可
    }
    if(i > 0 && j == 0)
    {
        return i ; //此时只需要删减 i 个字符即可 
    }
    
    //当第一个字符串中的第 i 个字符不等于第二个字符串的第 j 个字符时，需要改写，t = 1 ；否则（不需要改写），t = 0；
    int t, max ;
    
    if(i >= 1 && j >= 1)
    {
        if(str1[i] != str2[j])
        {
            t = 1 ;
        }
        else t = 0 ;
        
        max = (edit(i-1, j)+1 < edit(i, j-1)+1) ? edit(i-1, j)+1 : edit(i, j-1)+1 ;
        max = (edit(i, j) < edit(i-1, j-1)+t) ? edit(i, j) : edit(i-1, j-1)+t ;
    }
    
    return max ;
}*/

int main()
{
    cin >> str1 ;
    cin >> str2 ;
    
    int len1 = strlen(str1) ;
    int len2 = strlen(str2) ;
    
    //填表（注意i，j的下标！！！）
    for(int i=1 ; i<=len1 ; i++)    a[i][0] = i ; //i行0列：表示第一个字符串有 i 个字符，第二个字符串有 0 个字符，此时需要做 i 次add操作
    for(int j=1 ; j<=len2 ; j++)    a[0][j] = j ; //0行j列：表示第一个字符创有 0 个字符，第二个字符串有 j 个字符，此时需要做 j 次delete操作
    for(int i=1 ; i<=len1 ; i++)
    {
        for(int j=1 ; j<=len2 ; j++)
        {
            if(str1[i-1] == str2[j-1])    a[i][j] = a[i-1][j-1] ; //如果两个字符串的当前字符相等，那么Xi，Yj的操作次数就和Xi-1，Yj-1相同
            else a[i][j] = min( min(a[i-1][j-1], a[i-1][j]), a[i][j-1] ) + 1 ; //如果两个字符串的当前字符不等，那么Xi，Yj的操作次数就取最少的，然后再进行1次改写操作（当前字符不等）
        }
    }
    cout << a[len1][len2] << endl ; //直接输出a[len1][len2]即可——此时已经检查完两个字符串中的所有字符
    return 0 ;
}

 

心得：（1）在做动态规划题目的时候，要按照 分析最优解性质——构造递归式 的步骤去做

           （2）灵活运用作为辅助的数据结构，如本题中的 a 数组

           （3）本题的思路 和 课本中的例题“最长公共子序列”相似，但不能拘泥于课本中的代码，只能参考思路，否则容易形成 通过修改课本中给出的代码来做题 的思路，对以后做题没有帮助