字符串编辑距离

例如对于字符串"if"和"iff"，可以通过插入一个‘f‘或者删除一个‘f‘来达到目的。

问题描述：给定两个字符串A和B，求字符串A至少经过多少步字符操作变成字符串B。

我们先以一个例子分析，比如eat变成tea。对于第一个字符，e != a，所以要想让这两个字符相等，有三种可以选择的办法

• 修改字符，将e直接变成a，需要走1步。
• 插入字符，在e的前面插入a，也需要走1步。
• 删除字符，将e删除，然后比较后面的与a，也需要走1步。

如果是 e==a，那么就可以直接跳过这个字符比较下面的字符，那么他们的距离也就是前面一步的举例了。

经过举例子分析，很容易发现这是一个动态规划问题，那么我们就按照动态规划的一套方法来求解。

1、维护一个dp数组，其中dp[i][j]表示s1[0]---s1[i]和s2[0]--s2[j]相同需要进行的最少步骤；

2、边界条件初始化，dp[i][0]=i，相当于将s1挨个变成空所要进行的步数，对于dp[0][j]=j同理；

3、状态转移方程，我们要得到dp[i][j]的值，假设s1[i-1]和s2[j-1]之前的都已经相等了，那么如果s1[i]==s2[j]，显然不需要进行操作，dp[i][j]==dp[i-1][j-1]；如果s1[i]!=s2[j]，那么到达dp[i][j]的就有三条路，分别从dp[i-1][j-1]、dp[i-1][j]、dp[i][j-1]，对应的含义分别是修改字符、删除字符和插入字符，在三种操作下，经历的步数都要+1，所以我们只要找三者的最小值然后+1就可以了。

这个题目有一种巧妙的理解办法，就是画表格。画表格法在动态规划太有用了！！！特别是处理这种数组是二维的情况，可以直观的理解状态转移的过程，非常值得学习。

这里以s1="cafe"  s2="coffee"。表格如下：

• 对角数字+1（对于3,4来说为2）
• 左方数字+1（对于3,4格来说为1）
• 上方数字+1（对于3,4格来说为3）

 1 public void mineditdistance(){
 2         String s1 = "cafe";
 3         String s2 = "coffee";
 4         int[][] dp = new int[s1.length()+1][s2.length()+1];
 5         //对dp数组初始化
 6         for ( int i = 0 ; i < dp.length ; i ++ ) dp[i][0] = i;
 7         for ( int j = 0 ; j < dp[0].length ; j ++ ) dp[0][j] = j;
 8 
 9         for ( int i = 1 ; i < dp.length ; i ++ ){
10             for ( int j = 1 ; j < dp[0].length; j ++ ){
11                 if ( s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1) ) dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
12                 else dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1])+1;
13             }
14         }
15         System.out.println(dp[dp.length-1][dp[0].length-1]);
16     }
17     public int min(int a, int b, int c){
18         return Math.min(a,Math.min(b,c));
19     }