算法day39-动态规划（12）

目录

1. 不同的子序列
2. 两个字符串的删除操作
3. 编辑距离

一、不同的子序列

 https://leetcode.cn/problems/distinct-subsequences/?envType=problem-list-v2&envId=8At1GmaZ

 

class Solution {
    public int numDistinct(String s, String t) {
        //d[i][j]：以i-1结尾的s子序列中有以j-1结尾的t的个数
        int[][] dp = new int[s.length()+1][t.length()+1];
        for(int i=0; i<s.length()+1; i++){
            dp[i][0] = 1;
        }
        for(int i=1; i<s.length()+1; i++){
            for(int j=1; j<t.length()+1; j++){
                if(s.charAt(i-1) == t.charAt(j-1)){
                    //使用s.charAt(i-1)和模拟删除这个元素的操作
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                }
            }
        }
        return dp[s.length()][t.length()];
    }
}

 

二、两个字符串的删除操作

 https://leetcode.cn/problems/delete-operation-for-two-strings/?envType=problem-list-v2&envId=8At1GmaZ

 

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        //dp[i][j]:以i-1结尾的word1和以j-1结尾的word2变得结尾所需的最小步数
        int[][] dp = new int[word1.length()+1][word2.length()+1];
        for(int i=0; i<word1.length()+1; i++){
            dp[i][0] = i;
        }
        for(int j=0; j<word2.length()+1; j++){
            dp[0][j] = j;
        }
        for(int i=1; i<word1.length()+1; i++){
            for(int j=1; j<word2.length()+1; j++){
                if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else{
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j]+1, dp[i][j-1]+1);
                }
            }
        }
        return dp[word1.length()][word2.length()];

    }
}

 

三、编辑距离

 https://leetcode.cn/problems/edit-distance/description/?envType=problem-list-v2&envId=8At1GmaZ

 

1. 定义状态

定义一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示将 word1 的前 i 个字符转换为 word2 的前 j 个字符所需的最小操作数。

2. 初始化

• dp[0][j] = j：表示将空字符串转换为 word2 的前 j 个字符需要插入 j 个字符。

• dp[i][0] = i：表示将 word1 的前 i 个字符转换为空字符串需要删除 i 个字符。

3. 状态转移

对于 dp[i][j]：

• 如果 word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)，说明 word1[i-1] 和 word2[j-1] 相同，不需要进行任何操作，此时 dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。

• 如果 word1.charAt(i-1) != word2.charAt(j-1)，我们需要选择以下三个操作中的最小代价：

  • 删除字符：dp[i-1][j] + 1，即从 word1 删除一个字符，保持 word2 不变。

  • 插入字符：dp[i][j-1] + 1，即向 word1 中插入一个字符，使其与 word2 匹配。

  • 替换字符：dp[i-1][j-1] + 1，即将 word1[i-1] 替换为 word2[j-1]。

4. 返回结果

最后，dp[word1.length()][word2.length()] 即为将整个 word1 转换为 word2 的最小编辑距离。

时间复杂度

• 时间复杂度：O(m * n)，其中 m 和 n 分别是 word1 和 word2 的长度。我们需要遍历二维数组 dp，每个元素的填充操作是常数时间。

• 空间复杂度：O(m * n)，需要 O(m * n) 的空间来存储 dp 数组。

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int[][] dp = new int[word1.length()+1][word2.length()+1];
        for(int i=0; i<word1.length()+1; i++){
            dp[i][0] = i;
        }
        for(int j=0; j<word2.length()+1; j++){
            dp[0][j] = j;
        }
        for(int i=1; i<word1.length()+1; i++){
            for(int j=1; j<word2.length()+1; j++){
                if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else{
                    dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i-1][j]+1, dp[i][j-1]+1), dp[i-1][j-1]+1);
                }
            }
        }
        return dp[word1.length()][word2.length()];
    }
}