无锡市建设局一号通网站,网站个人备案步骤,网站开发技术规范要求,有哪些公众号是小黄油的题目 583. 两个字符串的删除操作 中等 相关标签 字符串 动态规划 给定两个单词 word1 和 word2 #xff0c;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 1#xff1a; 输入: word1 sea, 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 1 输入: word1 sea, word2 eat 输出: 2 解释: 第一步将 sea 变为 ea 第二步将 eat 变为 ea示例  2: 输入word1 leetcode, word2 etco 输出4提示 1 word1.length, word2.length 500word1 和 word2 只包含小写英文字母 思路和解题方法 minDistance 函数用于计算两个字符串 word1 和 word2 之间的最小编辑距离。创建一个二维向量 dp 作为状态转移表它的大小为 word1.size()1 行和 word2.size()1 列。初始化状态转移表的第一行和第一列表示将一个字符串转换为空串所需的操作次数。使用嵌套的循环遍历状态转移表的剩余部分。如果 word1 的第 i-1 个字符和 word2 的第 j-1 个字符相等则当前位置的编辑距离与前一个位置相同即 dp[i][j] dp[i-1][j-1]。如果 word1 的第 i-1 个字符和 word2 的第 j-1 个字符不相等则当前位置的编辑距离为左边和上方两个位置中的最小值加一即 dp[i][j] min(dp[i-1][j] 1, dp[i][j-1] 1)。最后返回状态转移表右下角的值即最终的最小编辑距离。 复杂度 时间复杂度: O(mn) 时间复杂度为O(mn)其中m和n分别为word1和word2的长度。这是因为该算法需要填充一个m行n列的状态转移表每个格子需要进行常数级别的操作因此总时间复杂度为O(mn)。 空间复杂度 O(mn) 空间复杂度也是O(mn)因为该算法需要创建一个m1行n1列的二维向量dp来保存状态转移表。每个格子都需要保存一个整数值因此占用的空间为O(mn)。 c 代码 class Solution { public:int minDistance(string word1, string word2) {// 创建一个二维向量dp用于存储状态转移表vectorvectorint dp(word1.size()1, vectorint(word2.size()1));// 初始化状态转移表的第一行和第一列for(int i 0; i word1.size(); i)dp[i][0] i;for(int j 0; j word2.size(); j)dp[0][j] j;// 填充状态转移表for(int i 1; i word1.size(); i) {for(int j 1; j word2.size(); j) {if(word1[i-1] word2[j-1]) {// 如果当前字符相等则当前位置的编辑距离与前一个位置相同dp[i][j] dp[i-1][j-1];}else {// 如果当前字符不相等则当前位置的编辑距离为左边和上方两个位置中的最小值加一dp[i][j] min(dp[i-1][j] 1, dp[i][j-1] 1);}}}// 返回状态转移表右下角的值即最终的编辑距离return dp[word1.size()][word2.size()];} };附另一种C代码 代码中使用动态规划的思想通过构建一个二维的状态转移表 dp 来保存子问题的最优解。其中dp[i][j] 表示 word1 的前 i 个字符和 word2 的前 j 个字符的最长公共子序列长度。首先初始化状态转移表的第一行和第一列它们都是零表示一个空串与任意字符串的LCS长度都为零。然后从左上角开始逐行逐列填充状态转移表。如果当前字符相等则当前位置的LCS长度为左上角格子的值加一如果当前字符不相等则当前位置的LCS长度为左边和上方两个格子中的最大值。最后返回将两个字符串变成相同序列所需删除字符的最少次数即两个字符串的长度之和减去LCS长度的两倍。 class Solution { public:int minDistance(string word1, string word2) {// 创建一个二维向量dp用于保存子问题的最优解vectorvectorint dp(word1.size()1, vectorint(word2.size()1, 0));// 使用嵌套循环遍历状态转移表dpfor (int i1; iword1.size(); i){for (int j1; jword2.size(); j){if (word1[i-1] word2[j-1]) {// 如果当前字符相同则当前位置的LCS长度为左上角格子的值加一dp[i][j] dp[i-1][j-1] 1;}else {// 如果当前字符不同则当前位置的LCS长度为左边和上方两个格子中的最大值dp[i][j] max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);}}}// 返回word1和word2的长度之和减去LCS长度的两倍return word1.size() word2.size() - dp[word1.size()][word2.size()] * 2;} };Java代码 1 创建一个二维数组dp大小为len1 1行和len2 1列其中len1和len2分别是word1和word2的长度。初始化dp数组的第一行和第一列表示将一个字符串转换为空串所需的操作次数。使用嵌套的循环遍历dp数组的剩余部分。如果word1的第i-1个字符和word2的第j-1个字符相等则当前位置的最长公共子序列长度为左上方对角线的值加一即dp[i][j] dp[i - 1][j - 1] 1。如果word1的第i-1个字符和word2的第j-1个字符不相等则当前位置的最长公共子序列长度为左边和上方两个位置中的较大值即dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])。最后返回len1 len2 - dp[len1][len2] * 2即将word1和word2的总长度减去最长公共子序列的长度的两倍。 class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {int len1 word1.length();int len2 word2.length();int[][] dp new int[len1 1][len2 1];// 初始化状态转移表的第一行和第一列它们都是零表示一个空串与任意字符串的LCS长度都为零。for (int i 0; i len1; i) {dp[i][0] 0;}for (int j 0; j len2; j) {dp[0][j] 0;}// 使用嵌套循环遍历状态转移表dpfor (int i 1; i len1; i) {for (int j 1; j len2; j) {if (word1.charAt(i - 1) word2.charAt(j - 1)) {// 如果当前字符相同则当前位置的LCS长度为左上角格子的值加一dp[i][j] dp[i - 1][j - 1] 1;} else {// 如果当前字符不同则当前位置的LCS长度为左边和上方两个格子中的最大值dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);}}}// 返回word1和word2的长度之和减去LCS长度的两倍return len1 len2 - dp[len1][len2] * 2;} }2. 创建一个二维数组dp大小为word1.length() 1行和word2.length() 1列。初始化dp数组的第一行和第一列表示将一个字符串转换为空串所需的删除字符操作次数。使用嵌套的循环遍历dp数组的剩余部分。如果word1的第i-1个字符和word2的第j-1个字符相等则当前位置的删除字符个数与左上方对角线的值相同即dp[i][j] dp[i - 1][j - 1]。如果word1的第i-1个字符和word2的第j-1个字符不相等则当前位置的删除字符个数为左上方对角线的值加2替换操作或者左边和上方两个位置中的较小值加1删除操作即dp[i][j] Math.min(dp[i - 1][j - 1] 2, Math.min(dp[i - 1][j] 1, dp[i][j - 1] 1))。最后返回dp[word1.length()][word2.length()]即最终的最小删除字符个数。 class Solution {public int minDistance(String word1, String word2) {// 创建一个二维数组dp用于保存子问题的最优解int[][] dp new int[word1.length() 1][word2.length() 1];// 初始化状态转移表的第一行和第一列for (int i 0; i word1.length() 1; i) {dp[i][0] i;}for (int j 0; j word2.length() 1; j) {dp[0][j] j;}// 使用嵌套循环遍历状态转移表dpfor (int i 1; i word1.length() 1; i) {for (int j 1; j word2.length() 1; j) {if (word1.charAt(i - 1) word2.charAt(j - 1)) {// 如果当前字符相同则当前位置的编辑距离等于左上角格子的值dp[i][j] dp[i - 1][j - 1];} else {// 如果当前字符不同则当前位置的编辑距离等于左上角、左边和上方三个格子中的最小值加上对应的操作次数dp[i][j] Math.min(dp[i - 1][j - 1] 2, // 替换操作编辑距离2Math.min(dp[i - 1][j] 1, dp[i][j - 1] 1)); // 删除或插入操作编辑距离1}}}// 返回word1和word2的长度之和减去编辑距离return dp[word1.length()][word2.length()];} }觉得有用的话可以点点赞支持一下。 如果愿意的话关注一下。会对你有更多的帮助。 每天都会不定时更新哦  人  。