面试题 01.05. 一次编辑(动态规划)
字符串有三种编辑操作:插入一个字符、删除一个字符或者替换一个字符。 给定两个字符串,编写一个函数判定它们是否只需要一次(或者零次)编辑。
示例 1:
输入:
first = "pale"
second = "ple"
输出: True
示例 2:
输入:
first = "pales"
second = "pal"
输出: False
方法一:
主要思路:
只有一个地方需要修改,那么不妨定位到不同字符处。有以下两种情况
(1)长度相同:leetcode 与 leetkode。
那么我们需要找到 ‘c’ 和 ‘k’,然后比较 ‘ode’ 和 ‘ode’ 是否相同。
(2)长度不同:leetcode 与 leetode。
我们发现 ‘c’ 和 ‘o’ 不相同,然后比较 ‘ode’ 和 ‘ode’ 是否相同。
class Solution {
public boolean oneEditAway(String first, String second) {
if(first == null || second == null) return false;
int len1 = first.length();
int len2 = second.length();
if(Math.abs(len2 - len1) > 1) return false;
// 保持第一个字符比第二个长,则交换两字符的顺序再进行判断
if(len2 > len1) return oneEditAway(second,first);
for (int i = 0; i < len2; i++){
if (first.charAt(i) != second.charAt(i)){
// 如果是长度相同字符串,那就可能是替换字符,则比较下一个,
//如果长度不一样,那就可能是插入或删除字符,从该字符开始进行比较。
return first.substring(i + 1).equals(second.substring(len1 == len2 ? i + 1 : i));
}
}
return true;
}
}
方法二:动态规划
如果2字符的长度差超过2可以直接返回false
当当前字符一致,则不用修改 dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
如果不一样,因为增和删本质上,对first的增和对second的删是一个操作,而对first的删和对second的增本质上是一个操作
所以可以得到递推:dp[i][j] = min(dp[i-1][j]+1, dp[i-1][j-1]+1,dp[i][j-1]+1)
class Solution {
public boolean oneEditAway(String first, String second) {
int len1 = first.length(),len2 = second.length();
if(Math.abs(len1-len2)>1) return false;
int [][]dp = new int [len1+1][len2+1];
for(int i=1;i<=len1;i++){
dp[i][0] = i;
}
for(int i=1;i<=len2;i++){
dp[0][i] = i;
}
for(int i=1;i<=len1;i++){
for(int j=1;j<=len2;j++){
if (first.charAt(i-1) == second.charAt(j-1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else{
//考虑增删改
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i-1][j]+1, dp[i-1][j-1]+1),dp[i][j-1]+1);
}
}
}
return dp[len1][len2]<=1;
}
}