编辑距离

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：

如何计算编辑距离 - 图1

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。

一、思路

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：

如何计算编辑距离 - 图2
如何计算编辑距离 - 图3

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：

如何计算编辑距离 - 图4

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：

如何计算编辑距离 - 图5

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。

二、代码详解

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：

  1. if s1[i] == s2[j]:
  2.     啥都别做（skip）
  3.     i, j 同时向前移动
  4. else:
  5.     三选一：
  6.         插入（insert）
  7.         删除（delete）
  8.         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：

  1. def minDistance(s1, s2) -> int:
  3.     def dp(i, j):
  4.         # base case
  5.         if i == -1: return j + 1
  6.         if j == -1: return i + 1
  8.         if s1[i] == s2[j]:
  9.             return dp(i - 1, j - 1)  # 啥都不做
  10.         else:
  11.             return min(
  12.                 dp(i, j - 1) + 1,    # 插入
  13.                 dp(i - 1, j) + 1,    # 删除
  14.                 dp(i - 1, j - 1) + 1 # 替换
  15.             )
  17.     # i，j 初始化指向最后一个索引
  18.     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：

  1. def dp(i, j) -> int
  2. # 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：

  1. if s1[i] == s2[j]:
  2.     return dp(i - 1, j - 1)  # 啥都不做
  3. # 解释：
  4. # 本来就相等，不需要任何操作
  5. # s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离等于
  6. # s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的最小编辑距离
  7. # 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：

  1. dp(i, j - 1) + 1,    # 插入
  2. # 解释：
  3. # 我直接在 s1[i] 插入一个和 s2[j] 一样的字符
  4. # 那么 s2[j] 就被匹配了，前移 j，继续跟 i 对比
  5. # 别忘了操作数加一

如何计算编辑距离 - 图6

  1. dp(i - 1, j) + 1,    # 删除
  2. # 解释：
  3. # 我直接把 s[i] 这个字符删掉
  4. # 前移 i，继续跟 j 对比
  5. # 操作数加一

如何计算编辑距离 - 图7

  1. dp(i - 1, j - 1) + 1 # 替换
  2. # 解释：
  3. # 我直接把 s1[i] 替换成 s2[j]，这样它俩就匹配了
  4. # 同时前移 i，j 继续对比
  5. # 操作数加一

如何计算编辑距离 - 图8

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：

  1. def dp(i, j):
  2.     dp(i - 1, j - 1) #1
  3.     dp(i, j - 1)     #2
  4.     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。

三、动态规划优化

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：

  1. def minDistance(s1, s2) -> int:
  3.     memo = dict() # 备忘录
  4.     def dp(i, j):
  5.         if (i, j) in memo: 
  6.             return memo[(i, j)]
  7.         ...
  9.         if s1[i] == s2[j]:
  10.             memo[(i, j)] = ...  
  11.         else:
  12.             memo[(i, j)] = ...
  13.         return memo[(i, j)]
  15.     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：

如何计算编辑距离 - 图9

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：

  1. def dp(i, j) -> int
  2. # 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
  4. dp[i-1][j-1]
  5. # 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：

  1. int minDistance(String s1, String s2) {
  2.     int m = s1.length(), n = s2.length();
  3.     int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
  4.     // base case 
  5.     for (int i = 1; i <= m; i++)
  6.         dp[i][0] = i;
  7.     for (int j = 1; j <= n; j++)
  8.         dp[0][j] = j;
  9.     // 自底向上求解
  10.     for (int i = 1; i <= m; i++)
  11.         for (int j = 1; j <= n; j++)
  12.             if (s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1))
  13.                 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
  14.             else               
  15.                 dp[i][j] = min(
  16.                     dp[i - 1][j] + 1,
  17.                     dp[i][j - 1] + 1,
  18.                     dp[i-1][j-1] + 1
  19.                 );
  20.     // 储存着整个 s1 和 s2 的最小编辑距离
  21.     return dp[m][n];
  22. }
  24. int min(int a, int b, int c) {
  25.     return Math.min(a, Math.min(b, c));
  26. }

三、扩展延伸

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：

如何计算编辑距离 - 图10

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：

  1. // int[][] dp;
  2. Node[][] dp;
  4. class Node {
  5.     int val;
  6.     int choice;
  7.     // 0 代表啥都不做
  8.     // 1 代表插入
  9.     // 2 代表删除
  10.     // 3 代表替换
  11. }

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：

如何计算编辑距离 - 图11

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。

如何计算编辑距离 - 图12

以上就是编辑距离算法的全部内容，如果本文对你有帮助，欢迎关注我的公众号 labuladong，致力于把算法问题讲清楚～

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