- > 動規講解基礎講解六——編輯距離問題

給定兩個字符串S和T，對於T我們允許三種操作：

(1) 在任意位置添加任意字符
(2) 刪除存在的任意字符
(3) 修改任意字符 

問最少操作多少次可以把字符串T變成S？ 

例如： S＝  “ABCF”   T = “DBFG”

那么我們可以

(1) 把D改為A
(2) 刪掉G
(3) 加入C

所以答案是3。

 

分析： 這個最少的操作次數，通常被稱之為編輯距離。“編輯距離”一次本身具有最短的意思在里面。因為題目有“最短”這樣的關鍵詞，首先我們想到的是BFS。是的，當S的距離為m, T的距離為n的時候，我們可以找到這樣的操作次數的界限：

(1) 把T中字符全刪了，再添加S的全部字符，操作次數m + n。
(2) 把T中字符刪或加成m個，再修改 操作次數最多 |n – m| + m。

雖然，我們找到了這樣的上界，BFS從實際角度並不可行，因為搜索空間是指數的，這取決於S中的字符種類——具體的數量級不好估計。

這個問題之所以難，是難在有“添加”“刪除”這樣的操作，很麻煩。我們試試換個角度理解問題，把它看成字符串對齊的問題，事實上從生物信息學對比基因的角度，我們可以這樣理解問題。

給定字符串S和T，我們可以用一種特殊字符促成兩個字符串的對齊。我們加的特殊字符是“-”, 我們允許在S和T中任意添加這種特殊字符使得它長度相同，然后讓這兩個串“對齊”，最終兩個串相同位置出現了不同字符，就扣1分，我們要使得這兩個串對齊扣分盡量少。

對於例子 我們實際上采取了這樣的對齊方式：

12345
ABCF-
DB-FG

注意：如果要對齊，兩個“-”相對是沒有意義的，所以我們要求不出現這種情況。
那么看一下：
(1) S,T對應位置都是普通字符，相同，則不扣分。 例如位置2，4
(2) S,T對應位置都是普通字符，不同，則扣1分。 例如位置1
(3) S在該位置是特殊字符，T在該位置是普通字符，則扣1分，例如位置5
(4) S在該位置是普通字符，T在該位置是特殊字符，則扣1分，例如位置3

我們來看看扣分項目對應什么？

(1) 不扣分，直接對應
(2) 對應把T中對應位置的字符修改
(3) 對應在T中刪除該字符
(4) 對應在T中添加該字符

好了，目標明確，感覺像不像 LCS？我們嘗試一下：
設f(i,j)表示S的前i位和T的前j位對齊后的最少扣分。

那我們來看看最后一位，對齊的情況

(1) 必須S[i] == T[j], 這時前i – 1和j – 1位都已經對齊了，這部分肯定要最少扣分。這種情況下最少的扣分是f(i-1,j-1)
(2) 和（1）類似，S[i]≠T[j]，這種情況下最少的扣分是f(i -1, j – 1) + 1
(3) S的前i位和T的前（j – 1）位已經對齊了，這部分扣分也要最少。這種情況下最少的扣分是f(i,j-1) + 1
(4) S的前(i-1)位已經和T的前j位對齊了，這部分扣分要最少。這種情況下最少的扣分是f(i,j-1) + 1

具體f(i,j)取什么值，顯然是要看哪種情況的扣分最少。

為了方便，我們定義函數same(i,j)表示如果S[i] == T[j]則為0，否則為1。

我們來表示一下遞推式：

f(i,j) = min(f(i – 1, j – 1) + same(i,j), f(i – 1,j ) + 1, f(i, j – 1) + 1)

初值是什么？

f(0, j) = j
f(i, 0) = i

這時因為對於S的前0位，我們只能在之前加入“-”，或者說把T全部刪掉了。類似地，對於T地前0位，我們只能把S的字符都加進來，別無選擇。
注意上述兩個式子的重合點 f(0,0) = 0也符合我們的定義，並不矛盾。

時間復雜度？ O(m * n)，空間復雜度？ O(m * n)。同樣我們發現到f(i,j)只與本行和上一行有關，可以省掉一維的空間復雜度，從而達到O(n)。
優化后的偽代碼：

for j = 0 to n do
    f[j] = j
endfor

for i = 1 to m do
    last = f[0]
    f[0] = i
    for j = 1 to n do 
        temp = f[i,j]
        f[i,j] = min(last + same(i,j), temp + 1, f[j – 1] + 1)
        last = temp
    endfor
endfor

注意： 我們對於i實際上更新j的順序是由小到達的，所以我們需要保存“舊的”f[i-1,j – 1]。

題解：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
char a[1010],b[1010];
int f[1010][1010];
int main()
{
    cin>>a;
    cin>>b;
    int m=strlen(a);
    int n=strlen(b);
    for(int i=1;i<=m;i++)    f[i][0]=i;
    for(int j=1;j<=n;j++)    f[0][j]=j;
    for(int i=1;i<=m;i++)
      for(int j=1;j<=n;j++)
          if(a[i-1]==b[j-1])    f[i][j]=f[i-1][j-1];
          else f[i][j]=min(min(f[i-1][j-1],f[i-1][j]),f[i][j-1])+1;
    cout<<f[m][n];    
} 

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