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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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前几天看了一份鹅场的面试题，算法部分大半是动态规划，最后一题就是写一个计算编辑距离的函数，今天就专门写一篇文章来探讨一下这个问题。
我个人很喜欢编辑距离这个问题，因为它看起来十分困难，解法却出奇得简单漂亮，而且它是少有的比较实用的算法（是的，我承认很多算法问题都不太实用）。下面先来看下题目：
为什么说这个问题难呢，因为显而易见，它就是难，让人手足无措，望而生畏。
为什么说它实用呢，因为前几天我就在日常生活中用到了这个算法。之前有一篇公众号文章由于疏忽，写错位了一段内容，我决定修改这部分内容让逻辑通顺。但是公众号文章最多只能修改 20 个字，且只支持增、删、替换操作（跟编辑距离问题一模一样），于是我就用算法求出了一个最优方案，只用了 16 步就完成了修改。
再比如高大上一点的应用，DNA 序列是由 A,G,C,T 组成的序列，可以类比成字符串。编辑距离可以衡量两个 DNA 序列的相似度，编辑距离越小，说明这两段 DNA 越相似，说不定这俩 DNA 的主人是远古近亲啥的。
下面言归正传，详细讲解一下编辑距离该怎么算，相信本文会让你有收获。
编辑距离问题就是给我们两个字符串 s1 和 s2，只能用三种操作，让我们把 s1 变成 s2，求最少的操作数。需要明确的是，不管是把 s1 变成 s2 还是反过来，结果都是一样的，所以后文就以 s1 变成 s2 举例。
前文「最长公共子序列」说过，解决两个字符串的动态规划问题，一般都是用两个指针 i,j 分别指向两个字符串的最后，然后一步步往前走，缩小问题的规模。
设两个字符串分别为 "rad" 和 "apple"，为了把 s1 变成 s2，算法会这样进行：
请记住这个 GIF 过程，这样就能算出编辑距离。关键在于如何做出正确的操作，稍后会讲。
根据上面的 GIF，可以发现操作不只有三个，其实还有第四个操作，就是什么都不要做（skip）。比如这个情况：
因为这两个字符本来就相同，为了使编辑距离最小，显然不应该对它们有任何操作，直接往前移动 i,j 即可。
还有一个很容易处理的情况，就是 j 走完 s2 时，如果 i 还没走完 s1，那么只能用删除操作把 s1 缩短为 s2。比如这个情况：
类似的，如果 i 走完 s1 时 j 还没走完了 s2，那就只能用插入操作把 s2 剩下的字符全部插入 s1。等会会看到，这两种情况就是算法的 base case。
下面详解一下如何将思路转换成代码，坐稳，要发车了。
先梳理一下之前的思路：
base case 是 i 走完 s1 或 j 走完 s2，可以直接返回另一个字符串剩下的长度。
对于每对儿字符 s1[i] 和 s2[j]，可以有四种操作：
if s1[i] == s2[j]:
啥都别做（skip）
i, j 同时向前移动
else:
三选一：
插入（insert）
删除（delete）
替换（replace）有这个框架，问题就已经解决了。读者也许会问，这个「三选一」到底该怎么选择呢？很简单，全试一遍，哪个操作最后得到的编辑距离最小，就选谁。这里需要递归技巧，理解需要点技巧，先看下代码：
def minDistance(s1, s2) -> int:
def dp(i, j):
# base case
if i == -1: return j + 1
if j == -1: return i + 1
if s1[i] == s2[j]:
return dp(i - 1, j - 1) # 啥都不做
else:
return min(
dp(i, j - 1) + 1, # 插入
dp(i - 1, j) + 1, # 删除
dp(i - 1, j - 1) + 1 # 替换
)
# i，j 初始化指向最后一个索引
return dp(len(s1) - 1, len(s2) - 1)下面来详细解释一下这段递归代码，base case 应该不用解释了，主要解释一下递归部分。
都说递归代码的可解释性很好，这是有道理的，只要理解函数的定义，就能很清楚地理解算法的逻辑。我们这里 dp(i, j) 函数的定义是这样的：
def dp(i, j) -> int
# 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离记住这个定义之后，先来看这段代码：
if s1[i] == s2[j]:
return dp(i - 1, j - 1) # 啥都不做
# 解释：
# 本来就相等，不需要任何操作
# s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离等于
# s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的最小编辑距离
# 也就是说 dp(i, j) 等于 dp(i-1, j-1)如果 s1[i]！=s2[j]，就要对三个操作递归了，稍微需要点思考：
dp(i, j - 1) + 1, # 插入
# 解释：
# 我直接在 s1[i] 插入一个和 s2[j] 一样的字符
# 那么 s2[j] 就被匹配了，前移 j，继续跟 i 对比
# 别忘了操作数加一
dp(i - 1, j) + 1, # 删除
# 解释：
# 我直接把 s[i] 这个字符删掉
# 前移 i，继续跟 j 对比
# 操作数加一
dp(i - 1, j - 1) + 1 # 替换
# 解释：
# 我直接把 s1[i] 替换成 s2[j]，这样它俩就匹配了
# 同时前移 i，j 继续对比
# 操作数加一
现在，你应该完全理解这段短小精悍的代码了。还有点小问题就是，这个解法是暴力解法，存在重叠子问题，需要用动态规划技巧来优化。
怎么能一眼看出存在重叠子问题呢？前文「动态规划之正则表达式」有提过，这里再简单提一下，需要抽象出本文算法的递归框架：
def dp(i, j):
dp(i - 1, j - 1) #1
dp(i, j - 1) #2
dp(i - 1, j) #3对于子问题 dp(i-1, j-1)，如何通过原问题 dp(i, j) 得到呢？有不止一条路径，比如 dp(i, j) -> #1 和 dp(i, j) -> #2 -> #3。一旦发现一条重复路径，就说明存在巨量重复路径，也就是重叠子问题。
对于重叠子问题呢，前文「动态规划详解」详细介绍过，优化方法无非是备忘录或者 DP table。
备忘录很好加，原来的代码稍加修改即可：
def minDistance(s1, s2) -> int:
memo = dict() # 备忘录
def dp(i, j):
if (i, j) in memo:
return memo[(i, j)]
...
if s1[i] == s2[j]:
memo[(i, j)] = ...
else:
memo[(i, j)] = ...
return memo[(i, j)]
return dp(len(s1) - 1, len(s2) - 1)主要说下 DP table 的解法：
首先明确 dp 数组的含义，dp 数组是一个二维数组，长这样：
有了之前递归解法的铺垫，应该很容易理解。dp[..][0] 和 dp[0][..] 对应 base case，dp[i][j] 的含义和之前的 dp 函数类似：
def dp(i, j) -> int
# 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
dp[i-1][j-1]
# 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离dp 函数的 base case 是 i,j 等于 -1，而数组索引至少是 0，所以 dp 数组会偏移一位。
既然 dp 数组和递归 dp 函数含义一样，也就可以直接套用之前的思路写代码，唯一不同的是，DP table 是自底向上求解，递归解法是自顶向下求解：
int minDistance(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
// base case
for (int i = 1; i <= m; i++)
dp[i][0] = i;
for (int j = 1; j <= n; j++)
dp[0][j] = j;
// 自底向上求解
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1))
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
else
dp[i][j] = min(
dp[i - 1][j] + 1,
dp[i][j - 1] + 1,
dp[i-1][j-1] + 1
);
// 储存着整个 s1 和 s2 的最小编辑距离
return dp[m][n];
}
int min(int a, int b, int c) {
return Math.min(a, Math.min(b, c));
}一般来说，处理两个字符串的动态规划问题，都是按本文的思路处理，建立 DP table。为什么呢，因为易于找出状态转移的关系，比如编辑距离的 DP table：
还有一个细节，既然每个 dp[i][j] 只和它附近的三个状态有关，空间复杂度是可以压缩成 O(min(M, N)) 的（M，N 是两个字符串的长度）。不难，但是可解释性大大降低，读者可以自己尝试优化一下。
你可能还会问，这里只求出了最小的编辑距离，那具体的操作是什么？你之前举的修改公众号文章的例子，只有一个最小编辑距离肯定不够，还得知道具体怎么修改才行。
这个其实很简单，代码稍加修改，给 dp 数组增加额外的信息即可：
// int[][] dp;
Node[][] dp;
class Node {
int val;
int choice;
// 0 代表啥都不做
// 1 代表插入
// 2 代表删除
// 3 代表替换
}val 属性就是之前的 dp 数组的数值，choice 属性代表操作。在做最优选择时，顺便把操作记录下来，然后就从结果反推具体操作。
我们的最终结果不是 dp[m][n] 吗，这里的 val 存着最小编辑距离，choice 存着最后一个操作，比如说是插入操作，那么就可以左移一格：
重复此过程，可以一步步回到起点 dp[0][0]，形成一条路径，按这条路径上的操作进行编辑，就是最佳方案。
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ChenjieXu 提供Python版本72.编辑距离代码：
def minDistance(word1, word2):
m, n = len(word1), len(word2)
# 创建 DP 数组
dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
# base case初始化
for i in range(m + 1):
dp[i][0] = i
for j in range(n + 1):
dp[0][j] = j
# 自底向上求解
for i in range(1, m + 1):
for j in range(1, n + 1):
# 状态转移方程
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,
dp[i][j - 1] + 1,
dp[i - 1][j - 1] + 1)
# 储存着整个 word1 和 word2 的最小编辑距离
return dp[m][n]let minDistance = function (s1, s2) {
let m = s1.length, n = s2.length;
// 初始化一个 (m+1) * (n+1)大小的数组
let dp = new Array(m + 1);
for (let i = 0; i < m + 1; i++) {
dp[i] = new Array(n + 1).fill(0)
}
for (let i = 1; i <= m; i++) {
dp[i][0] = i;
}
for (let j = 1; j <= n; j++)
dp[0][j] = j;
// 自底向上求解
for (let i = 1; i <= m; i++) {
for (let j = 1; j <= n; j++) {
if (s1[i - 1] === s2[j - 1])
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
else
dp[i][j] = Math.min(
dp[i - 1][j] + 1, // 删除
dp[i][j - 1] + 1, // 插入
dp[i - 1][j - 1] + 1 // 替换
)
}
}
// 储存着整个 s1 和 s2 的最小编辑距离
return dp[m][n];
};上面的代码还可以进行状态压缩优化，我们还需要一个额外的变量 pre 来时刻保存 (i-1,j-1) 的值。推导公式就可以从二维的：
dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-1] , dp[i][j-1]) + 1
转化为一维的：
dp[i] = min(dp[i-1], pre, dp[i]) + 1
完整代码如下：
let minDistance = function (word1, word2) {
let m = word1.length, n = word2.length;
// 初始化一个数组
let dp = new Array(Math.max(m,n) + 1)
// dp[0...n]的初始值
for (let j = 0; j <= n; j++)
dp[j] = j;
// dp[j] = min(dp[j-1], pre, dp[j]) + 1
for (let i = 1; i <= m; i++) {
let temp = dp[0];
// 相当于初始化
dp[0] = i;
for (let j = 1; j <= n; j++) {
// pre 相当于之前的 dp[i-1][j-1]
let pre = temp;
temp = dp[j];
// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
if (word1[i - 1] === word2[j - 1]) {
dp[j] = pre;
} else {
dp[j] = Math.min(Math.min(dp[j - 1], pre), dp[j]) + 1;
}
}
}
return dp[n];
};