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，最後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，因爲它看起來十分困難，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：

爲什麼說這個問題難呢，因爲顯而易見，它就是難，讓人手足無措，望而生畏。

爲什麼說它實用呢，因爲前幾天我就在日常生活中用到了這個算法。之前有一篇公衆號文章由於疏忽，寫錯位了一段內容，我決定修改這部分內容讓邏輯通順。但是公衆號文章最多隻能修改 20 個字，且只支持增、刪、替換操作（跟編輯距離問題一模一樣），於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麼算，相信本文會讓你有收穫。

一、思路

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，所以後文就以 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後，然後一步步往前走，縮小問題的規模 。

設兩個字符串分別爲 "rad" 和 "apple"，爲了把 s1 變成 s2 ，算法會這樣進行：

請記住這個 GIF 過程，這樣就能算出編輯距離。 關鍵在於如何做出正確的操作，稍後會講。

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，就是什麼都不要做（skip）。比如這個情況：

因爲這兩個字符本來就相同，爲了使編輯距離最小，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 ，那麼只能用刪除操作把 s1 縮短爲 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。

二、代碼詳解

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。

對於每對兒字符 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」到底該怎麼選擇呢？很簡單，全試一遍，哪個操作最後得到的編輯距離最小，就選誰。這裏需要遞歸技巧，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。我們這裏 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

記住這個定義之後，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] 的最小編輯距離等於
# s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的最小編輯距離
# 也就是說 dp(i, j) 等於 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
# 那麼 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。

怎麼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，這裏再簡單提一下，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

對於子問題 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 。一旦發現一條重複路徑，就說明存在巨量重複路徑，也就是重疊子問題。

三、動態規劃優化

對於重疊子問題呢，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 等於 -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 ：

三、擴展延伸

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。爲什麼呢，因爲易於找出狀態轉移的關係，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，空間複雜度是可以壓縮成 O ( m i n ( 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， 這裏只求出了最小的編輯距離，那具體的操作是什麼 ？之前舉的修改公衆號文章的例子，只有一個最小編輯距離肯定不夠，還得知道具體怎麼修改纔行。

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，然後就從結果反推具體操作。

我們的最終結果不是 dp[m][n] 嗎，這裏的 val 存着最小編輯距離， choice 存着最後一個操作，比如說是插入操作，那麼就可以左移一格：

重複此過程，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。