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题目:不同路径

题解:

代码实现:

题目:编辑距离

题解:

先来看看跳过

再来看看插入

再来看看删除

最后来看看替换操作:

代码实现:

完结撒花：

两题由简单到难得DP问题!助我们拿下DP!

题目:不同路径

题解:

这题非常的简单，算是动态规划里的入门题了，但我们再来认真复习一下动态规划的内容。

首先明确状态，根据题所给，我们的状态就是dp[i][j]：走到第i行第j列时，有多少种路径。

那我想要走到第i行第j列只能从以下两种方法走到

所以状态转移方程就出来了：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]

那么这道题不就迎刃而解了嘛？

但是，我们还得初始化下初始的情况。

若要走到（0，0）有几条路？显然只有一条

那走到（i，0），与（0，j）呢？也只有一条，因为，只能向右或者向左走，所以将其都初始化为1即可。这样base case也完成了。这题也就结束了。

代码实现:

#include <algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>>dp(m,vector<int>(n));dp[0][0]=1;for(int i=0;i<m;i++)dp[i][0]=1;for(int i=0;i<n;i++)dp[0][i]=1;for(int i=1;i<m;i++){for(int j=1;j<n;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];}}return dp[m-1][n-1];}
};

题目:编辑距离

题解:

这题有点困难，但也没有想象中的那么难。仍然跟着三板斧走：状态（dp的含义）状态转移方程，以及base case

首先来分析下题目:

将word1变成word2最短要几步？

那么显而易见，这里的dp状态就是为，将word1的前i个与word2的前j个字母对齐最少需要几步。

对字符串处理有三种方法：插入删除替换，这里还有一个隐藏的方法，跳过（当两个字符相同的时候就可以执行跳过这一步骤）

先来看看跳过

他的情况就是为：当word[i]==word[j]时，操作数就与前一个字母相同，即dp[i][j]=dp[i-1][j-1]

再来看看插入

当word1[i]!=word[j]时, 将word[j]插入,此时将word[j]导致的就是,i指向为插入为i+1,与此时的j比较,相等,第一种跳过的情况,所以i=i+1-1也就是i,而j变成了j-1.说了这么多也就是想说,插入的那个字母表示已经比对过了,zhihj往前跳一个与此时的i进行比较即可.(插入是我觉得最难的地方,不懂得uu门可以自己画图理解一下)

所以其dp方程为DP[i][j]=DP[i][j-1]+1

再来看看删除

这个就很好理解了,把i指向的字母删掉,操作数加一,之后继续将i-1与j比较.

所以DP方程为:DP[i][j]=DP[i-1][j] +1

最后来看看替换操作:

这个和skip有点像,因为他们的DP方程都相同,唯一的区别就在于,操作数是否要加一(替换需要加一,而skip并不需要).

将i指向的字母替换成j指向的字母,替换后两个字母相同,此时执行skip操作即可

所以其dp方程为:DP[i][j]=DP[i-1][j-1]+1

到此四种情况都讲完了,还差最后一板斧,base case;

这里的base case也非常好理解,

当i字符串比j字符串要短的时候,也就是dp[0][j],此时要操作的数目就是插入j个字符,操作数为j,所以dp[0][j]=j

当j字符串比i字符串要短的时候.也就是dp[i][0],此时要操作的数目就是删除i个字符,操作数为i,所以dp[i][0]=i

至此,三板斧已经全部解决完,其实就是若skip情况出现,则用其结果,若没出现,则其他三种一个个试过去找最小的情况.

接下来看看代码中值得注意的地方

代码实现:

#include <algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
using namespace std;
class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>>dp(word1.size()+1,vector<int>(word2.size()+1));int l1=word1.size();int l2=word2.size();if(l1*l2==0)return l1+l2;for(int i=0;i<=l1;i++)dp[i][0]=i;for(int j=0;j<=l2;j++)dp[0][j]=j;for(int i=1;i<=l1;i++){for(int j=1;j<=l2;j++){//skip情况if(word1[i-1]==word2[j-1])dp[i][j]=dp[i-1][j-1];//dp从1开始，对应的word为-1   //replace delete insert 三者找最小的可能else dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+1,min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1));}}return dp[l1][l2];}
};