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docs/chapter_dynamic_programming/edit_distance_problem.md

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 # 编辑距离问题
 
-编辑距离，也被称为 Levenshtein 距离，是两个字符串之间互相转换的最小修改次数，通常用于在信息检索和自然语言处理中度量两个序列的相似度。
+编辑距离，也被称为 Levenshtein 距离，指两个字符串之间互相转换的最小修改次数，通常用于在信息检索和自然语言处理中度量两个序列的相似度。
 
 !!! question
 
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 **编辑距离问题可以很自然地用决策树模型来解释**。字符串对应树节点，一轮决策（一次编辑操作）对应树的一条边。
 
-如下图所示，在不限制操作的情况下，每个节点都可以派生出许多条边，每条边对应一种操作。实际上，从 `hello` 转换到 `algo` 有许多种可能的路径，下图展示的是最短路径。从决策树的角度看，本题目标是求解节点 `hello` 和节点 `algo` 之间的最短路径。
+如下图所示，在不限制操作的情况下，每个节点都可以派生出许多条边，每条边对应一种操作，这意味着从 `hello` 转换到 `algo` 有许多种可能的路径。
+
+从决策树的角度看，本题的目标是求解节点 `hello` 和节点 `algo` 之间的最短路径。
 
 ![基于决策树模型表示编辑距离问题](edit_distance_problem.assets/edit_distance_decision_tree.png)
 
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 我们希望在编辑操作的过程中，问题的规模逐渐缩小，这样才能构建子问题。设字符串 $s$ 和 $t$ 的长度分别为 $n$ 和 $m$ ，我们先考虑两字符串尾部的字符 $s[n-1]$ 和 $t[m-1]$ ：
 
-- 若 $s[n-1]$ 和 $t[m-1]$ 相同，我们可以直接跳过它们，接下来考虑 $s[n-2]$ 和 $t[m-2]$ ;
+- 若 $s[n-1]$ 和 $t[m-1]$ 相同，我们可以跳过它们，直接考虑 $s[n-2]$ 和 $t[m-2]$ ;
 - 若 $s[n-1]$ 和 $t[m-1]$ 不同，我们需要对 $s$ 进行一次编辑（插入、删除、替换），使得两字符串尾部的字符相同，从而可以跳过它们，考虑规模更小的问题；
 
 也就是说，我们在字符串 $s$ 中进行的每一轮决策（编辑操作），都会使得 $s$ 和 $t$ 中剩余的待匹配字符发生变化。因此，状态为当前在 $s$ , $t$ 中考虑的第 $i$ , $j$ 个字符，记为 $[i, j]$ 。
 
 状态 $[i, j]$ 对应的子问题：**将 $s$ 的前 $i$ 个字符更改为 $t$ 的前 $j$ 个字符所需的最少编辑步数**。
 
-至此得到一个尺寸为 $(i+1) \times (j+1)$ 的二维 $dp$ 表。
+至此，得到一个尺寸为 $(i+1) \times (j+1)$ 的二维 $dp$ 表。
 
 **第二步：找出最优子结构，进而推导出状态转移方程**
 
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 ![编辑距离的状态转移](edit_distance_problem.assets/edit_distance_state_transfer.png)
 
-根据以上分析，可得最优子结构：$dp[i, j]$ 的最少编辑步数等于 $dp[i, j-1]$ , $dp[i-1, j]$ , $dp[i-1, j-1]$ 三者中的最少编辑步数，再加上本次编辑的步数 $1$ 。对应的状态转移方程为：
+根据以上分析，可得最优子结构：$dp[i, j]$ 的最少编辑步数等于 $dp[i, j-1]$ , $dp[i-1, j]$ , $dp[i-1, j-1]$ 三者中的最少编辑步数，再加上本次的编辑步数 $1$ 。对应的状态转移方程为：
 
 $$
 dp[i, j] = \min(dp[i, j-1], dp[i-1, j], dp[i-1, j-1]) + 1
 $$
 
-请注意，**当 $s[i-1]$ 和 $t[j-1]$ 相同时，无需编辑当前字符**，此时状态转移方程为：
+请注意，**当 $s[i-1]$ 和 $t[j-1]$ 相同时，无需编辑当前字符**，这种情况下的状态转移方程为：
 
 $$
 dp[i, j] = dp[i-1, j-1]
@@ -57,7 +59,7 @@ $$
 
 **第三步：确定边界条件和状态转移顺序**
 
-当两字符串都为空时，编辑步数为 $0$ ，即 $dp[0, 0] = 0$ 。当 $s$ 为空但 $t$ 不为空时，最少编辑步数等于 $t$ 的长度，即 $dp[0, j] = j$ 。当 $s$ 不为空但 $t$ 为空时，等于 $s$ 的长度，即 $dp[i, 0] = i$ 。
+当两字符串都为空时，编辑步数为 $0$ ，即 $dp[0, 0] = 0$ 。当 $s$ 为空但 $t$ 不为空时，最少编辑步数等于 $t$ 的长度，即首行 $dp[0, j] = j$ 。当 $s$ 不为空但 $t$ 为空时，等于 $s$ 的长度，即首列 $dp[i, 0] = i$ 。
 
 观察状态转移方程，解 $dp[i, j]$ 依赖左方、上方、左上方的解，因此通过两层循环正序遍历整个 $dp$ 表即可。
 
@@ -178,9 +180,9 @@ $$
 
 ### 状态压缩
 
-下面考虑状态压缩，将 $dp$ 表的第一维删除。由于 $dp[i,j]$ 是由上方 $dp[i-1, j]$ 、左方 $dp[i, j-1]$ 、左上方状态 $dp[i-1, j-1]$ 转移而来，而正序遍历会丢失左上方 $dp[i-1, j-1]$ ，倒序遍历无法提前构建 $dp[i, j-1]$ ，因此两种遍历顺序都不可取。
+由于 $dp[i,j]$ 是由上方 $dp[i-1, j]$ 、左方 $dp[i, j-1]$ 、左上方状态 $dp[i-1, j-1]$ 转移而来，而正序遍历会丢失左上方 $dp[i-1, j-1]$ ，倒序遍历无法提前构建 $dp[i, j-1]$ ，因此两种遍历顺序都不可取。
 
-为解决此问题，我们可以使用一个变量 `leftup` 来暂存左上方的解 $dp[i-1, j-1]$ ，这样便只用考虑左方和上方的解，与完全背包问题的情况相同，可使用正序遍历。
+为此，我们可以使用一个变量 `leftup` 来暂存左上方的解 $dp[i-1, j-1]$ ，从而只需考虑左方和上方的解。此时的情况与完全背包问题相同，可使用正序遍历。
 
 === "Java"