前幾天在網上看到一份鵝場的面試題，算法部分大半是動態規劃，最后一題就是寫一個計算編輯距離的函數，今天就專門寫一篇文章來探討一下這個經典問題。
我個人很喜歡編輯距離這個問題，因為它看起來十分困難，解法卻出奇得簡單漂亮，而且它是少有的比較實用的算法（是的，我承認很多算法問題都不太實用）。下面先來看下題目：
為什么說這個問題難呢，因為顯而易見，它就是難，讓人手足無措，望而生畏。
為什么說它實用呢，因為前幾天我就在日常生活中用到了這個算法。之前有一篇公眾號文章由于疏忽，寫錯位了一段內容，我決定修改這部分內容讓邏輯通順。但是公眾號文章最多只能修改 20 個字，且只支持增、刪、替換操作（跟編輯距離問題一模一樣），于是我就用算法求出了一個最優方案，只用了 16 步就完成了修改。
再比如高大上一點的應用，DNA 序列是由 A,G,C,T 組成的序列，可以類比成字符串。編輯距離可以衡量兩個 DNA 序列的相似度，編輯距離越小，說明這兩段 DNA 越相似，說不定這倆 DNA 的主人是遠古近親啥的。
下面言歸正傳，詳細講解一下編輯距離該怎么算，相信本文會讓你有收獲。
編輯距離問題就是給我們兩個字符串s1和s2，只能用三種操作，讓我們把s1變成s2，求最少的操作數。需要明確的是，不管是把s1變成s2還是反過來，結果都是一樣的，所以后文就以s1變成s2舉例。
前文 最長公共子序列 說過，解決兩個字符串的動態規劃問題，一般都是用兩個指針i,j分別指向兩個字符串的最后，然后一步步往前走，縮小問題的規模。
設兩個字符串分別為 'rad' 和 'apple'，為了把s1變成s2，算法會這樣進行：
根據上面的 GIF，可以發現操作不只有三個，其實還有第四個操作，就是什么都不要做（skip）。比如這個情況：
因為這兩個字符本來就相同，為了使編輯距離最小，顯然不應該對它們有任何操作，直接往前移動i,j即可。
還有一個很容易處理的情況，就是j走完s2時，如果i還沒走完s1，那么只能用刪除操作把s1縮短為s2。比如這個情況：
類似的，如果i走完s1時j還沒走完了s2，那就只能用插入操作把s2剩下的字符全部插入s1。等會會看到，這兩種情況就是算法的 base case。
下面詳解一下如何將這個思路轉化成代碼，坐穩，準備發車了。
先梳理一下之前的思路：
base case 是i走完s1或j走完s2，可以直接返回另一個字符串剩下的長度。
對于每對兒字符s1[i]和s2[j]，可以有四種操作：
if s1[i] == s2[j]:
啥都別做（skip）
i, j 同時向前移動
else:
三選一：
插入（insert）
刪除（delete）
替換（replace）
有這個框架，問題就已經解決了。讀者也許會問，這個「三選一」到底該怎么選擇呢？很簡單，全試一遍，哪個操作最后得到的編輯距離最小，就選誰。這里需要遞歸技巧，理解需要點技巧，先看下代碼：
下面來詳細解釋一下這段遞歸代碼，base case 應該不用解釋了，主要解釋一下遞歸部分。
都說遞歸代碼的可解釋性很好，這是有道理的，只要理解函數的定義，就能很清楚地理解算法的邏輯。我們這里 dp(i, j) 函數的定義是這樣的：
def dp(i, j) -> int
# 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小編輯距離
記住這個定義之后，先來看這段代碼：
if s1[i] == s2[j]:
return dp(i - 1, j - 1) # 啥都不做
# 解釋：
# 本來就相等，不需要任何操作
# s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小編輯距離等于
# s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的最小編輯距離
# 也就是說 dp(i, j) 等于 dp(i-1, j-1)
如果s1[i]！=s2[j]，就要對三個操作遞歸了，稍微需要點思考：
dp(i, j - 1) + 1, # 插入
# 解釋：
# 我直接在 s1[i] 插入一個和 s2[j] 一樣的字符
# 那么 s2[j] 就被匹配了，前移 j，繼續跟 i 對比
# 別忘了操作數加一dp(i - 1, j) + 1, # 刪除
# 解釋：
# 我直接把 s[i] 這個字符刪掉
# 前移 i，繼續跟 j 對比
# 操作數加一
dp(i - 1, j - 1) + 1 # 替換
# 解釋：
# 我直接把 s1[i] 替換成 s2[j]，這樣它倆就匹配了
# 同時前移 i，j 繼續對比
# 操作數加一現在，你應該完全理解這段短小精悍的代碼了。還有點小問題就是，這個解法是暴力解法，存在重疊子問題，需要用動態規劃技巧來優化。
怎么能一眼看出存在重疊子問題呢？前文 動態規劃之正則表達式 有提過，這里再簡單提一下，需要抽象出本文算法的遞歸框架：
def dp(i, j):
dp(i - 1, j - 1) #1
dp(i, j - 1) #2
dp(i - 1, j) #3
對于子問題dp(i-1,j-1)，如何通過原問題dp(i,j)得到呢？有不止一條路徑，比如dp(i,j)->#1和dp(i,j)->#2->#3。一旦發現一條重復路徑，就說明存在巨量重復路徑，也就是重疊子問題。
對于重疊子問題呢，前文 動態規劃詳解 介紹過，優化方法無非是備忘錄或者 DP table。
備忘錄很好加，原來的代碼稍加修改即可：
def minDistance(s1, s2) -> int:
memo = dict() # 備忘錄
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)
主要說下 DP table 的解法：
首先明確 dp 數組的含義，dp 數組是一個二維數組，長這樣：
dp[i][j]的含義和之前的 dp 函數類似：
def dp(i, j) -> int
# 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小編輯距離
dp[i-1][j-1]
# 存儲 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小編輯距離
有了之前遞歸解法的鋪墊，應該很容易理解。dp 函數的 base case 是i,j等于 -1，而數組索引至少是 0，所以 dp 數組會偏移一位，dp[..][0]和dp[0][..]對應 base case。。
既然 dp 數組和遞歸 dp 函數含義一樣，也就可以直接套用之前的思路寫代碼，唯一不同的是，DP table 是自底向上求解，遞歸解法是自頂向下求解：
一般來說，處理兩個字符串的動態規劃問題，都是按本文的思路處理，建立 DP table。為什么呢，因為易于找出狀態轉移的關系，比如編輯距離的 DP table：
還有一個細節，既然每個dp[i][j]只和它附近的三個狀態有關，空間復雜度是可以壓縮成 O(min(M,N)) 的（M，N 是兩個字符串的長度）。不難，但是可解釋性大大降低，讀者可以自己嘗試優化一下。
你可能還會問，這里只求出了最小的編輯距離，那具體的操作是什么？之前舉的修改公眾號文章的例子，只有一個最小編輯距離肯定不夠，還得知道具體怎么修改才行。
這個其實很簡單，代碼稍加修改，給 dp 數組增加額外的信息即可：
// int[][] dp;
Node[][] dp;
class Node {
int val;
int choice;
// 0 代表啥都不做
// 1 代表插入
// 2 代表刪除
// 3 代表替換
}
val屬性就是之前的 dp 數組的數值，choice屬性代表操作。在做最優選擇時，順便把操作記錄下來，然后就從結果反推具體操作。
我們的最終結果不是dp[m][n]嗎，這里的val存著最小編輯距離，choice存著最后一個操作，比如說是插入操作，那么就可以左移一格：
重復此過程，可以一步步回到起點dp[0][0]，形成一條路徑，按這條路徑上的操作編輯對應索引的字符，就是最佳方案：
這就是編輯距離算法的全部內容，希望本文對你有幫助。
