子序列 --- 编辑距离

392. 判断子序列

题目

给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。
字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序列，而"aec"不是）。
示例：

思路

1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串s，和以下标j-1为结尾的字符串t，相同子序列的长度为dp[i][j]。
2.确定递推公式
if (s[i - 1] == t[j - 1]) -----> t中找到了一个字符在s中也出现了—> dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
if (s[i - 1] != t[j - 1]) -----> 相当于t要删除元素，继续匹配 -------> dp[i][j] = dp[i][j - 1]
3.初始化
出dp[i][j]都是依赖于dp[i - 1][j - 1] 和 dp[i][j - 1]，所以dp[0][0]和dp[i][0]是一定要初始化的。
dp[0][0] = 0;
dp[i][0] 表示以下标i-1为结尾的字符串，与空字符串的相同子序列长度，所以为0.
4. 确定遍历顺序
遍历顺序也应该是从上到下，从左到右

代码

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        //dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串s，和以下标j-1为结尾的字符串t，相同子序列的长度为dp[i][j]。
        int len1 = s.length();
        int len2 = t.length();
        int[][] dp = new int[len1+1][len2+1];
        //初始化 dp[0][0] 和 dp[i][0] 均为零，不用拿出来单独初始化
        for(int i = 1; i <= len1; i++){
            for(int j =1; j <= len2; j++){
                if(s.charAt(i-1) == t.charAt(j-1)){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i][j-1];
                }
            }
        }
        return dp[len1][len2] == len1;
    }
}
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115. 不同的子序列

题目

给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中t出现的个数。
字符串的一个 子序列 是指，通过删除一些（也可以不删除）字符且不干扰剩余字符相对位置所组成的新字符串。（例如，“ACE” 是 “ABCDE” 的一个子序列，而 “AEC” 不是）
示例：

思路

1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列 中 出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。
2.确定递推公式
是要分析两种情况:
s[i - 1] 与 t[j - 1]相等
s[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等
当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j]可以有两部分组成。
一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。
一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]
(1) 当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
(2) 当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时，dp[i][j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配，即：dp[i - 1][j] dp[i][j] = dp[i - 1][j];
3.初始化
dp[i][0] 和dp[0][j]是一定要初始化的。
dp[i][0] 表示：以i-1为结尾的s可以随便删除元素，出现空字符串的个数。 出现空字符串的个数就是1。
dp[0][j]：空字符串s可以随便删除元素，出现以j-1为结尾的字符串t的个数。dp[0][j]一定都是0
4.确定遍历顺序
一定是从上到下，从左到右

代码

class Solution {
    public int numDistinct(String s, String t) {
        //dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列 中 出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。
        int len1 = s.length();
        int len2 = t.length();
        int[][] dp = new int[len1+1][len2+1];
        //初始化：dp[0][j]始终是0
        for(int i = 0; i <= len1; i++){
            dp[i][0] = 1;
        }
        for(int i = 1; i <= len1; i++){
            for(int j = 1; j <= len2; j++){
                if(s.charAt(i-1) == t.charAt(j-1)){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                }
            }
        }
        return dp[len1][len2];
    }
}
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583 两个字符串的删除操作

题目

给定两个单词 word1 和 word2 ，返回使得 word1 和 word2 相同所需的最小步数。
每步 可以删除任意一个字符串中的一个字符。
示例：

思路

1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。
2 确定递推公式
（1）当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
（2）当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，有三种情况：
情况一：删word1[i - 1]，最少操作次数为dp[i - 1][j] + 1
情况二：删word2[j - 1]，最少操作次数为dp[i][j - 1] + 1
情况三：同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，操作的最少次数为dp[i - 1][j - 1] + 2
最后当然是取最小值，所以当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，递推公式：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1] + 2, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1});
3.初始化
dp[i][0] 和 dp[0][j]是一定要初始化的。
dp[i][0]：word2为空字符串，以i-1为结尾的字符串word1要删除多少个元素，才能和word2相同呢，很明显dp[i][0] = i。
dp[0][j]的话同理

for (int i = 0; i <= word1.size(); i++) dp[i][0] = i;
for (int j = 0; j <= word2.size(); j++) dp[0][j] = j;
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4.确定遍历顺序
递推公式 dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 2, min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1); 和dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]可以看出dp[i][j]都是根据左上方、正上方、正左方推出来的。
所以遍历的时候一定是从上到下，从左到右，这样保证dp[i][j]可以根据之前计算出来的数值进行计算。

代码

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        //dp[i][j]：以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。
        int len1 = word1.length();
        int len2 = word2.length();
        int[][] dp = new int[len1+1][len2+1];
        //初始化
        for(int i = 0; i <= len1; i++){
            dp[i][0] = i;
        }
        for(int j = 0; j <= len2; j++){
            dp[0][j] = j;
        }
        for(int i = 1; i <= len1; i++){
            for(int j = 1; j <= len2; 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]+2,Math.min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1));
                }
            }
        }
        return dp[len1][len2];

    }
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72. 编辑距离

题目

给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。
你可以对一个单词进行如下三种操作：
插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
示例：

1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1，和以下标j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i][j]。
2. 确定递推公式

if (word1[i - 1] == word2[j - 1])
    不操作  ----->  dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
if (word1[i - 1] != word2[j - 1])
    增
    删
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if (word1[i - 1] != word2[j - 1])
操作一：删除元素
word1删除一个元素，那么就是以下标i - 2为结尾的word1 与 j-1为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1
操作二：word2删除一个元素，那么就是以下标i - 1为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;

操作二：添加元素
**!!! word2添加一个元素，相当于word1删除一个元素，**例如 word1 = “ad” ，word2 = “a”，word1删除元素’d’ 和 word2添加一个元素’d’，变成word1=“a”, word2=“ad”， 最终的操作数是一样！

操作三：替换元素
word1替换word1[i - 1]，使其与word2[j - 1]相同，此时不用增加元素，那么以下标i-2为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 加上一个替换元素的操作。同理，word2替换word2[j - 1]，使其与word1[i - 1]相同,也是如下式子🦁
即 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

！！！综上，当 if (word1[i - 1] != word2[j - 1]) 时取最小的，即：dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]}) + 1;

3.初始化
dp[i][0] 和 dp[0][j]
dp[i][0] ：以下标i-1为结尾的字符串word1，和空字符串word2，最近编辑距离为dp[i][0]。
那么dp[i][0]就应该是i，对word1里的元素全部做删除操作，即：dp[i][0] = i; 同理dp[0][j] = j;
4.确定遍历顺序

代码

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        //dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1，和以下标j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i][j]。
        int len1 = word1.length();
        int len2 = word2.length();
        int[][] dp = new int[len1+1][len2+1];
        //初始化
        for(int i = 0; i <= len1; i++){
            dp[i][0] = i;      
        }
        for(int j = 0; j <= len2; j++){
            dp[0][j] = j;       
        }
        for(int i = 1; i <= len1; i++){
            for(int j = 1; j <= len2; 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[len1][len2];

    }
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