06 字符串编辑问题

72 编辑距离 (opens new window)

​ 给定两个字符串，已知你可以删除、替换和插入任意字符串的任意字符，求最少编辑几步可以将两个字符串变成相同。

​ 输入是两个字符串，输出是一个整数，表示最少的步骤。

输入：word1 = "horse", word2 = "ros" 输出：3 解释： horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r') rorse -> rose (删除 'r') rose -> ros (删除 'e')

解析：

​ 本题与最长公共子序列类似，两个字符串的对比所以需要使用一个二维数组来设置状态 dp[i][j]

​ 设置状态：dp[i][j] 表示将第一个字符串到位置 i 为止，和第二个字符串到位置 j 为止，最多需要几步编辑。

​ 状态转移方程：当第 i 位和第 j 位对应的字符相同时，dp[i][j] 等于 dp[i-1][j-1]；当二者对应的字符不同时，修改的消耗是 dp[i-1][j-1]+1，插入 i 位置/删除 j 位置的消耗是 dp[i][j-1] + 1，插入 j 位置/删除 i 位置的消耗是 dp[i-1][j] + 1，所以在不同的情况下状态转移方程dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j],dp[i][j-1])。

​ 边界情况：word1为空串时，需要插入字符与word2一致，即dp[0][j] = j；同理，word2为空串是dp[i][0] = i

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.length(), n = word2.length();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));
        // 边界条件 word2为空串
        for(int i=0;i<=m;++i){
            dp[i][0] = i;
        }
        // 边界条件 word1为空串
        for(int j=0;j<=n;++j){
            dp[0][j] = j;
        }
        for(int i=1;i<=m;++i){
            for(int j=1;j<=n;++j){
                // 状态转移，相等情况不编辑，不等情况选择编辑次数最少的编辑
                if(word1[i-1] == word2[j-1]){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else{
                    dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

650 只有两个键的键盘 (opens new window)

​ 给定一个字母 A，已知你可以每次选择复制全部字符，或者粘贴之前复制的字符，求最少需要几次操作可以把字符串延展到指定长度。

​ 输入是一个正整数，代表指定长度；输出是一个整数，表示最少操作次数。

输入：3 输出：3 解释： 最初, 只有一个字符 'A'。 第 1 步, 使用 Copy All 操作。 第 2 步, 使用 Paste 操作来获得 'AA'。 第 3 步, 使用 Paste 操作来获得 'AAA'。

解析：

​ 不同于以往通过加减实现的动态规划，这里需要乘除法来计算位置，因为粘贴操作是倍数增加的。

​ 设置状态：使用一个一维数组 dp[i]，其中位置 i 表示延展到长度 i 的最少操作次数。

​ 状态转移方程：对于每个位置 j，如果 j 可以被 i 整除，那么长度 i 就可以由长度 j 操作得到，其操作次数等价于把一个长度为 1 的 A 延展到长度为 i/j。例如3由1操作得到A A A，6由2操作得到AA AA AA因此可以得到递推公式 dp[i] = dp[j] + dp[i/j]。

class Solution {
public:
    int minSteps(int n) {
        vector<int> dp(n+1);
        for(int i=2;i<=n;++i){
            dp[i] = i;
            for(int j=2;j<=i;++j){
                if(i%j==0){
                    dp[i] = dp[j] + dp[i/j];
                    break;
                }
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

10 正则表达式匹配 (opens new window)

​ 给定一个字符串和一个正则表达式（regular expression, regex），求该字符串是否可以被匹配，其中'.' 匹配任意单个字符；'*' 匹配零个或多个前面的那一个元素。

​ 输入是一个待匹配字符串和一个用字符串表示的正则表达式，输出是一个布尔值，表示是否可以匹配成功。

输入：s = "aab" p = "cab" 输出：true 解释：因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。

解析：

​ 两个字符串进行匹配，且字符具有特殊含义，本题动态规划的特点在于多种情况下的不同状态转移方程。

​ 设置状态：使用一个布尔类型的二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示以 i 截止的字符串是否可以被以 j 截止的正则表达式匹配。

​ 状态转移方程：根据正则表达式的不同情况，即字符、星号，点号，分情况讨论来更新 dp 数组

• 相等情况：即s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.'的情况，这种情况下dp[i][j] == dp[i-1][j-1]，即与前 i-1 个子串匹配情况一致

• 不相等情况：

  • s[i-1] != p[j-1] && p[j-1] != '*' ，直接不匹配情况dp[i][j] = false
  • p[j-1] == '*'：如果匹配0次则dp[i][j-2] == true 则 dp[i][j] = true；如果匹配多次则需要验证'*'前一个字符相等情况即s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.'，相等则dp[i][j] = dp[i-1][j]，否则不匹配

​ 初始情况：空串匹配非空正则表达式，dp[0][0]=true，当p[j-1]=='*'是可以匹配0次匹配空串即dp[0][j] =dp[0][j-2]；非空串匹配空正则表达式，dp[0][0]=true，其他情况都无法成功匹配。

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int m = s.size(), n = p.size();
        vector<vector<bool>> dp(m+1,vector<bool>(n+1,false));
        dp[0][0] = true;
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(p[j-1] == '*'){
                dp[0][j] = dp[0][j-2];
            }
        }

        for(int i=1;i<=m;++i){
            auto chs = s[i-1]; 
            for(int j=1;j<=n;++j){
                auto chp = p[j-1];
                if(chs == chp || chp == '.'){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else if(chp ==  '*'){
                    if(j>1){
                        if(dp[i][j-2]){
                            dp[i][j] = true;
                        }else{
                            auto prechp = p[j-2];
                            if(prechp==chs || prechp =='.'){
                                dp[i][j] = dp[i-1][j];
                            } 
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};