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編輯距離問題

編輯距離，也稱 Levenshtein 距離，指兩個字串之間互相轉換的最少修改次數，通常用於在資訊檢索和自然語言處理中度量兩個序列的相似度。

!!! question

輸入兩個字串 $s$ 和 $t$ ，返回將 $s$ 轉換為 $t$ 所需的最少編輯步數。

你可以在一個字串中進行三種編輯操作：插入一個字元、刪除一個字元、將字元替換為任意一個字元。

如下圖所示，將 kitten 轉換為 sitting 需要編輯 3 步，包括 2 次替換操作與 1 次新增操作；將 hello 轉換為 algo 需要 3 步，包括 2 次替換操作和 1 次刪除操作。

編輯距離問題可以很自然地用決策樹模型來解釋。字串對應樹節點，一輪決策（一次編輯操作）對應樹的一條邊。

如下圖所示，在不限制操作的情況下，每個節點都可以派生出許多條邊，每條邊對應一種操作，這意味著從 hello 轉換到 algo 有許多種可能的路徑。

從決策樹的角度看，本題的目標是求解節點 hello 和節點 algo 之間的最短路徑。

動態規劃思路

第一步：思考每輪的決策，定義狀態，從而得到 dp 表

每一輪的決策是對字串 s 進行一次編輯操作。

我們希望在編輯操作的過程中，問題的規模逐漸縮小，這樣才能構建子問題。設字串 s 和 t 的長度分別為 n 和 m ，我們先考慮兩字串尾部的字元 s[n-1] 和 t[m-1] 。

• 若 s[n-1] 和 t[m-1] 相同，我們可以跳過它們，直接考慮 s[n-2] 和 t[m-2] 。
• 若 s[n-1] 和 t[m-1] 不同，我們需要對 s 進行一次編輯（插入、刪除、替換），使得兩字串尾部的字元相同，從而可以跳過它們，考慮規模更小的問題。

也就是說，我們在字串 s 中進行的每一輪決策（編輯操作），都會使得 s 和 t 中剩餘的待匹配字元發生變化。因此，狀態為當前在 s 和 t 中考慮的第 i 和第 j 個字元，記為 [i, j] 。

狀態 [i, j] 對應的子問題：將 s 的前 i 個字元更改為 t 的前 j 個字元所需的最少編輯步數。

至此，得到一個尺寸為 (i+1) \times (j+1) 的二維 dp 表。

第二步：找出最優子結構，進而推導出狀態轉移方程

考慮子問題 dp[i, j] ，其對應的兩個字串的尾部字元為 s[i-1] 和 t[j-1] ，可根據不同編輯操作分為下圖所示的三種情況。

1. 在 s[i-1] 之後新增 t[j-1] ，則剩餘子問題 dp[i, j-1] 。
2. 刪除 s[i-1] ，則剩餘子問題 dp[i-1, j] 。
3. 將 s[i-1] 替換為 t[j-1] ，則剩餘子問題 dp[i-1, j-1] 。

根據以上分析，可得最優子結構：dp[i, j] 的最少編輯步數等於 $dp[i, j-1]$、$dp[i-1, j]$、dp[i-1, j-1] 三者中的最少編輯步數，再加上本次的編輯步數 1 。對應的狀態轉移方程為：

dp[i, j] = \min(dp[i, j-1], dp[i-1, j], dp[i-1, j-1]) + 1

請注意，當 s[i-1] 和 t[j-1] 相同時，無須編輯當前字元，這種情況下的狀態轉移方程為：

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

第三步：確定邊界條件和狀態轉移順序

當兩字串都為空時，編輯步數為 0 ，即 dp[0, 0] = 0 。當 s 為空但 t 不為空時，最少編輯步數等於 t 的長度，即首行 dp[0, j] = j 。當 s 不為空但 t 為空時，最少編輯步數等於 s 的長度，即首列 dp[i, 0] = i 。

觀察狀態轉移方程，解 dp[i, j] 依賴左方、上方、左上方的解，因此透過兩層迴圈正序走訪整個 dp 表即可。

程式碼實現

[file]{edit_distance}-[class]{}-[func]{edit_distance_dp}

如下圖所示，編輯距離問題的狀態轉移過程與背包問題非常類似，都可以看作填寫一個二維網格的過程。

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空間最佳化

由於 dp[i,j] 是由上方 $dp[i-1, j]$、左方 $dp[i, j-1]$、左上方 dp[i-1, j-1] 轉移而來的，而正序走訪會丟失左上方 dp[i-1, j-1] ，倒序走訪無法提前構建 dp[i, j-1] ，因此兩種走訪順序都不可取。

為此，我們可以使用一個變數 leftup 來暫存左上方的解 dp[i-1, j-1] ，從而只需考慮左方和上方的解。此時的情況與完全背包問題相同，可使用正序走訪。程式碼如下所示：

[file]{edit_distance}-[class]{}-[func]{edit_distance_dp_comp}