算法数据结构——线性动态规划算法（Linear-DP）超详细总结加应用案例讲解_动态的线性规划问题

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4。

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

class Solution:
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        dp = [1 for _ in range(size)]
​
        for i in range(size):
            for j in range(i):
                if nums[i] > nums[j]:
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)
        
        return max(dp)
1
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^2)$。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n^2)$，最后求最大值的时间复杂度是 $O(n)$，所以总体时间复杂度为 $O(n^2)$。

• 空间复杂度：$O(n)$。用到了一维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(n)$。

2.2 最大子数组和

单串线性 DP 问题中除了子序列相关的线性 DP 问题，还有子数组相关的线性 DP 问题。

注意：

• 子序列：由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。

• 子数组：指的是数组中的一个连续子序列。

「子序列」与「子数组」都可以看做是原数组的一部分，而且都不会改变原来数组中元素的相对顺序。其区别在于数组元素是否要求连续。

2.2.1 题目链接

• 53. 最大子数组和 - 力扣

2.2.2 题目大意

描述：给定一个整数数组 $nums$。

要求：找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

说明：

• 子数组：指的是数组中的一个连续部分。

• $1 \le nums.length \le 10^5$。

• $-10^4 \le nums[i] \le 10^4$。

示例：

• 示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。

• 示例 2：

输入：nums = [1]
输出：1

2.2.3 解题思路

思路 1：动态规划

1. 划分阶段

按照连续子数组的结束位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i]$ 为：以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。

3. 状态转移方程

状态 $dp[i]$ 为：以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。则我们可以从「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」，以及「第 $i$ 个数的值」来讨论 $dp[i]$。

• 如果 $dp[i - 1] < 0$，则「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」+「第 $i$ 个数的值」<「第 $i$ 个数的值」，即：$dp[i - 1] + nums[i] < nums[i]$。所以，此时 $dp[i]$ 应取「第 $i$ 个数的值」，即 $dp[i] = nums[i]$。

• 如果 $dp[i - 1] \ge 0$，则「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」 +「第 $i$ 个数的值」 >= 第 $i$ 个数的值，即：$dp[i - 1] + nums[i] \ge nums[i]$。所以，此时 $dp[i]$ 应取「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」+「 第 $i$ 个数的值」，即 $dp[i] = dp[i - 1] + nums[i]$。

归纳一下，状态转移方程为：

$dp[i] = {nums[i],dp[i−1]<0dp[i−1]+nums[i]dp[i−1]≥0$

4. 初始条件

• 第 $0$ 个数结尾的连续子数组的最大和为 $nums[0]$，即 $dp[0] = nums[0]$。

5. 最终结果

根据状态定义，$dp[i]$ 为：以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。则最终结果应为所有 $dp[i]$ 的最大值，即 $max(dp)$。

思路 1：代码

class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        dp = [0 for _ in range(size)]
​
        dp[0] = nums[0]
        for i in range(1, size):
            if dp[i - 1] < 0:
                dp[i] = nums[i]
            else:
                dp[i] = dp[i - 1] + nums[i]
        return max(dp)
1
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为数组 $nums$ 的元素个数。

• 空间复杂度：$O(n)$。

思路 2：动态规划 + 滚动优化

因为 $dp[i]$ 只和 $dp[i - 1]$ 和当前元素 $nums[i]$ 相关，我们也可以使用一个变量 $subMax$ 来表示以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。然后使用 $ansMax$ 来保存全局中最大值。

思路 2：代码

class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        subMax = nums[0]
        ansMax = nums[0]
​
        for i in range(1, size):
            if subMax < 0:
                subMax = nums[i]
            else:
                subMax += nums[i]
            ansMax = max(ansMax, subMax)
        return ansMax
1
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思路 2：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为数组 $nums$ 的元素个数。

• 空间复杂度：$O(1)$。

2.3 最长的斐波那契子序列的长度

有一些单串线性 DP 问题在定义状态时需要考虑两个结束位置，只考虑一个结束位置的无法清楚描述问题。这时候我们就需要需要增加一个结束位置维度来定义状态。

2.3.1 题目链接

• 873. 最长的斐波那契子序列的长度 - 力扣

2.3.2 题目大意

描述：给定一个严格递增的正整数数组 $arr$。

要求：从数组 $arr$ 中找出最长的斐波那契式的子序列的长度。如果不存斐波那契式的子序列，则返回 0。

说明：

• 斐波那契式序列：如果序列 $X_1, X_2, ..., X_n$ 满足：

  • $n \ge 3$；

  • 对于所有 $i + 2 \le n$，都有 $X_i + X{i+1} = X{i+2}$。

  则称该序列为斐波那契式序列。

• 斐波那契式子序列：从序列 $A$ 中挑选若干元素组成子序列，并且子序列满足斐波那契式序列，则称该序列为斐波那契式子序列。例如：$A = [3, 4, 5, 6, 7, 8]$。则 $[3, 5, 8]$ 是 $A$ 的一个斐波那契式子序列。

• $3 \le arr.length \le 1000$。

• $1 \le arr[i] < arr[i + 1] \le 10^9$。

示例：

• 示例 1：

输入: arr = [1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: 5
解释: 最长的斐波那契式子序列为 [1,2,3,5,8]。

• 示例 2：

输入: arr = [1,3,7,11,12,14,18]
输出: 3
解释: 最长的斐波那契式子序列有 [1,11,12]、[3,11,14] 以及 [7,11,18]。

2.3.3 解题思路

思路 1： 暴力枚举（超时）

假设 $arr[i]$、$arr[j]$、$arr[k]$ 是序列 $arr$ 中的 $3$ 个元素，且满足关系：$arr[i] + arr[j] == arr[k]$，则 $arr[i]$、$arr[j]$、$arr[k]$ 就构成了 $arr$ 的一个斐波那契式子序列。

通过 $arr[i]$、$arr[j]$，我们可以确定下一个斐波那契式子序列元素的值为 $arr[i] + arr[j]$。

因为给定的数组是严格递增的，所以对于一个斐波那契式子序列，如果确定了 $arr[i]$、$arr[j]$，则可以顺着 $arr$ 序列，从第 $j + 1$ 的元素开始，查找值为 $arr[i] + arr[j]$ 的元素 。找到 $arr[i] + arr[j]$ 之后，然后再顺着查找子序列的下一个元素。

简单来说，就是确定了 $arr[i]$、$arr[j]$，就能尽可能的得到一个长的斐波那契式子序列，此时我们记录下子序列长度。然后对于不同的 $arr[i]$、$arr[j]$，统计不同的斐波那契式子序列的长度。

最后将这些长度进行比较，其中最长的长度就是答案。

思路 1：代码

class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        ans = 0
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                temp_ans = 0
                temp_i = i
                temp_j = j
                k = j + 1
                while k < size:
                    if arr[temp_i] + arr[temp_j] == arr[k]:
                        temp_ans += 1
                        temp_i = temp_j
                        temp_j = k
                    k += 1
                if temp_ans > ans:
                    ans = temp_ans
​
        if ans > 0:
            return ans + 2
        else:
            return ans
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^3)$，其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。

• 空间复杂度：$O(1)$。

思路 2：哈希表

对于 $arr[i]$、$arr[j]$，要查找的元素 $arr[i] + arr[j]$ 是否在 $arr$ 中，我们可以预先建立一个反向的哈希表。键值对关系为 $value : idx$，这样就能在 $O(1)$ 的时间复杂度通过 $arr[i] + arr[j]$ 的值查找到对应的 $arr[k]$，而不用像原先一样线性查找 $arr[k]$ 了。

思路 2：代码

class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        ans = 0
        idx_map = dict()
        for idx, value in enumerate(arr):
            idx_map[value] = idx
        
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                temp_ans = 0
                temp_i = i
                temp_j = j
                while arr[temp_i] + arr[temp_j] in idx_map:
                    temp_ans += 1
                    k = idx_map[arr[temp_i] + arr[temp_j]]
                    temp_i = temp_j
                    temp_j = k
​
                if temp_ans > ans:
                    ans = temp_ans
​
        if ans > 0:
            return ans + 2
        else:
            return ans
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思路 2：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。

• 空间复杂度：$O(n)$。

思路 3：动态规划 + 哈希表

1. 划分阶段

按照斐波那契式子序列相邻两项的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dpi$ 表示为：以 $arr[i]$、$arr[j]$ 为结尾的斐波那契式子序列的最大长度。

3. 状态转移方程

以 $arr[j]$、$arr[k]$ 结尾的斐波那契式子序列的最大长度 = 满足 $arr[i] + arr[j] = arr[k]$ 条件下，以 $arr[i]$、$arr[j]$ 结尾的斐波那契式子序列的最大长度加 $1$。即状态转移方程为：$dpj = max_{(A[i] + A[j] = A[k]，i < j < k)}(dpi + 1)$。

4. 初始条件

默认状态下，数组中任意相邻两项元素都可以作为长度为 $2$ 的斐波那契式子序列，即 $dpi = 2$。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态，$dpi$ 表示为：以 $arr[i]$、$arr[j]$ 为结尾的斐波那契式子序列的最大长度。那为了计算出最大的最长递增子序列长度，则需要在进行状态转移时，求出最大值 $ans$ 即为最终结果。

因为题目定义中，斐波那契式中 $n \ge 3$，所以只有当 $ans \ge 3$ 时，返回 $ans$。如果 $ans < 3$，则返回 $0$。

注意：在进行状态转移的同时，我们应和「思路 2：哈希表」一样采用哈希表优化的方式来提高效率，降低算法的时间复杂度。

思路 3：代码

class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        
        dp = [[0 for _ in range(size)] for _ in range(size)]
        ans = 0
​
        # 初始化 dp
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                dp[i][j] = 2
​
        idx_map = {}
        # 将 value : idx 映射为哈希表，这样可以快速通过 value 获取到 idx
        for idx, value in enumerate(arr):
            idx_map[value] = idx
​
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                if arr[i] + arr[j] in idx_map:    
                    # 获取 arr[i] + arr[j] 的 idx，即斐波那契式子序列下一项元素
                    k = idx_map[arr[i] + arr[j]]
                    
                    dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[i][j] + 1)
                    ans = max(ans, dp[j][k])
​
        if ans >= 3:
            return ans
        return 0
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思路 3：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。

• 空间复杂度：$O(n)$。

3. 双串线性 DP 问题

双串线性 DP 问题：问题的输入为两个数组或两个字符串的线性 DP 问题。状态一般可定义为 $dpi$，表示为：

1. 「以第一个数组中第 $i$ 个位置元素 $nums1[i]$ 为结尾的子数组（$nums1[0]...nums1[i]$）」与「以第二个数组中第 $j$ 个位置元素 $nums2[j]$ 为结尾的子数组（$nums2[0]...nums2[j]$）」的相关解。

2. 「以第一个数组中第 $i - 1$ 个位置元素 $nums1[i - 1]$ 为结尾的子数组（$nums1[0]...nums1[i - 1]$）」与「以第二个数组中第 $j - 1$ 个位置元素 $nums2[j - 1]$ 为结尾的子数组（$nums2[0]...nums2[j - 1]$）」的相关解。

3. 「以第一个数组中前 $i$ 个元素为子数组（$nums1[0]...nums1[i - 1]$）」与「以第二个数组中前 $j$ 个元素为子数组（$nums2[0]...nums2[j - 1]$）」的相关解。

这 $3$ 种状态的定义区别在于相差一个元素 $nums1[i]$ 或 $nums2[j]$。

1. 第 $1$ 种状态：子数组的长度为 $i + 1$ 或 $j + 1$，子数组长度不可为空

2. 第 $2$ 种状态、第 $3$ 种状态：子数组的长度为 $i$ 或 $j$，子数组长度可为空。$i = 0$ 或 $j = 0$ 时，方便用于表示空数组（以数组中前 $0$ 个元素为子数组）。

3.1 最长公共子序列

双串线性 DP 问题中最经典的问题就是「最长公共子序列（Longest Common Subsequence，简称 LCS）」。

3.1.1 题目链接

• 1143. 最长公共子序列 - 力扣

3.1.2 题目大意

描述：给定两个字符串 $text1$ 和 $text2$。

要求：返回两个字符串的最长公共子序列的长度。如果不存在公共子序列，则返回 $0$。

说明：

• 子序列：原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。

• 公共子序列：两个字符串所共同拥有的子序列。

• $1 \le text1.length, text2.length \le 1000$。

• $text1$ 和 $text2$ 仅由小写英文字符组成。

示例：

• 示例 1：

输入：text1 = "abcde", text2 = "ace" 
输出：3  
解释：最长公共子序列是 "ace"，它的长度为 3。

• 示例 2：

输入：text1 = "abc", text2 = "abc"
输出：3
解释：最长公共子序列是 "abc"，它的长度为 3。

3.1.3 解题思路

思路 1：动态规划

1. 划分阶段

按照两个字符串的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dpi$ 表示为：「以 $text1$ 中前 $i$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度为 $dpi$。

3. 状态转移方程

双重循环遍历字符串 $text1$ 和 $text2$，则状态转移方程为：

1. 如果 $text1[i - 1] = text2[j - 1]$，说明两个子字符串的最后一位是相同的，所以最长公共子序列长度加 $1$。即：$dpi = dpi - 1 + 1$。

2. 如果 $text1[i - 1] \ne text2[j - 1]$，说明两个子字符串的最后一位是不同的，则 $dpi$ 需要考虑以下两种情况，取两种情况中最大的那种：$dpi = max(dpi - 1, dpi)$。

   1. 「以 $text1$ 中前 $i - 1$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度，即 $dpi - 1$。

   2. 「以 $text1$ 中前 $i$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j - 1$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度，即 $dpi$。

4. 初始条件

1. 当 $i = 0$ 时，$str1$ 表示的是空串，空串与 $str2$ 的最长公共子序列长度为 $0$，即 $dp0 = 0$。

2. 当 $j = 0$ 时，$str2$ 表示的是空串，$str1$ 与 空串的最长公共子序列长度为 $0$，即 $dpi = 0$。

5. 最终结果

根据状态定义，最后输出 $dpsise1$（即 $text1$ 与 $text2$ 的最长公共子序列长度）即可，其中 $size1$、$size2$ 分别为 $text1$、$text2$ 的字符串长度。

思路 1：代码

class Solution:
    def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int:
        size1 = len(text1)
        size2 = len(text2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
                else:
                    dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
​
        return dp[size1][size2]
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times m)$，其中 $n$、$m$ 分别是字符串 $text1$、$text2$ 的长度。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n \times m)$，所以总的时间复杂度为 $O(n \times m)$。

• 空间复杂度：$O(n \times m)$。用到了二维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(n \times m)$。

3.2 最长重复子数组

3.2.1 题目链接

• 718. 最长重复子数组 - 力扣

3.2.2 题目大意

描述：给定两个整数数组 $nums1$、$nums2$。

要求：计算两个数组中公共的、长度最长的子数组长度。

说明：

• $1 \le nums1.length, nums2.length \le 1000$。

• $0 \le nums1[i], nums2[i] \le 100$。

示例：

• 示例 1：

输入：nums1 = [1,2,3,2,1], nums2 = [3,2,1,4,7]
输出：3
解释：长度最长的公共子数组是 [3,2,1] 。

• 示例 2：

输入：nums1 = [0,0,0,0,0], nums2 = [0,0,0,0,0]
输出：5

3.2.3 解题思路

思路 1：动态规划

1. 划分阶段

按照子数组结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dpi$ 为：「以 $nums1$ 中前 $i$ 个元素为子数组（$nums1[0]...nums2[i - 1]$）」和「以 $nums2$ 中前 $j$ 个元素为子数组（$nums2[0]...nums2[j - 1]$）」的最长公共子数组长度。

3. 状态转移方程

1. 如果 $nums1[i - 1] = nums2[j - 1]$，则当前元素可以构成公共子数组，此时 $dpi = dpi - 1 + 1$。

2. 如果 $nums1[i - 1] \ne nums2[j - 1]$，则当前元素不能构成公共子数组，此时 $dpi = 0$。

4. 初始条件

• 当 $i = 0$ 时，$nums1[0]...nums1[i - 1]$ 表示的是空数组，空数组与 $nums2[0]...nums2[j - 1]$ 的最长公共子序列长度为 $0$，即 $dp0 = 0$。

• 当 $j = 0$ 时，$nums2[0]...nums2[j - 1]$ 表示的是空数组，空数组与 $nums1[0]...nums1[i - 1]$ 的最长公共子序列长度为 $0$，即 $dpi = 0$。

5. 最终结果

• 根据状态定义， $dpi$ 为：「以 $nums1$ 中前 $i$ 个元素为子数组（$nums1[0]...nums2[i - 1]$）」和「以 $nums2$ 中前 $j$ 个元素为子数组（$nums2[0]...nums2[j - 1]$）」的最长公共子数组长度。在遍历过程中，我们可以使用 $res$ 记录下所有 $dpi$ 中最大值即为答案。

思路 1：代码

class Solution:
    def findLength(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
        size1 = len(nums1)
        size2 = len(nums2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]
        res = 0
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                if nums1[i - 1] == nums2[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
                if dp[i][j] > res:
                    res = dp[i][j]
​
        return res
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times m)$。其中 $n$ 是数组 $nums1$ 的长度，$m$ 是数组 $nums2$ 的长度。

• 空间复杂度：$O(n \times m)$。

3.3 编辑距离

双串线性 DP 问题中除了经典的最长公共子序列问题之外，还包括字符串的模糊匹配问题。

3.3.1 题目链接

• 72. 编辑距离 - 力扣

3.3.2 题目大意

描述：给定两个单词 $word1$、$word2$。

对一个单词可以进行以下三种操作：

• 插入一个字符

• 删除一个字符

• 替换一个字符

要求：计算出将 $word1$ 转换为 $word2$ 所使用的最少操作数。

说明：

• $0 \le word1.length, word2.length \le 500$。

• $word1$ 和 $word2$ 由小写英文字母组成。

示例：

• 示例 1：

输入：word1 = "horse", word2 = "ros"
输出：3
解释：
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')

• 示例 2：

输入：word1 = "intention", word2 = "execution"
输出：5
解释：
intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

3.3.3 解题思路

思路 1：动态规划

1. 划分阶段

按照两个字符串的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dpi$ 表示为：「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」，所需要的最少操作次数。

3. 状态转移方程

1. 如果当前字符相同（$word1[i - 1] = word2[j - 1]$），无需插入、删除、替换。$dpi = dpi - 1$。

2. 如果当前字符不同（$word1[i - 1] \ne word2[j - 1]$），$dpi$ 取源于以下三种情况中的最小情况：

   1. 替换（$word1[i - 1]$ 替换为 $word2[j - 1]$）：最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i - 1$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j - 1$ 个字符组成的子字符串 $str2$」，再加上替换的操作数 $1$，即：$dpi = dpi - 1 + 1$。

   2. 插入（$word1$ 在第 $i - 1$ 位置上插入元素）：最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i - 1$ 个字符组成的子字符串 $str1$」 变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」，再加上插入需要的操作数 $1$，即：$dpi = dpi - 1 + 1$。

   3. 删除（$word1$ 删除第 $i - 1$ 位置元素）：最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j - 1$ 个字符组成的子字符串 $str2$」，再加上删除需要的操作数 $1$，即：$dpi = dpi + 1$。

综合上述情况，状态转移方程为：

$dpi = \begin{cases} dpi - 1 & word1[i - 1] = word2[j - 1] \cr min(dpi - 1, dpi - 1, dpi) + 1 & word1[i - 1] \ne word2[j - 1] \end{cases}$

4. 初始条件

• 当 $i = 0$，「以 $word1$ 中前 $0$ 个字符组成的子字符串 $str1$」为空字符串，「$str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」时，至少需要插入 $j$ 次，即：$dp0 = j$。

• 当 $j = 0$，「以 $word2$ 中前 $0$ 个字符组成的子字符串 $str2$」为空字符串，「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「$str2$」时，至少需要删除 $i$ 次，即：$dpi = i$。

5. 最终结果

根据状态定义，最后输出 $dpsise1$（即 $word1$ 变为 $word2$ 所使用的最少操作数）即可。其中 $size1$、$size2$ 分别为 $word1$、$word2$ 的字符串长度。

思路 1：代码

class Solution:
    def minDistance(self, word1: str, word2: str) -> int:
        size1 = len(word1)
        size2 = len(word2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]
​
        for i in range(size1 + 1):
            dp[i][0] = i
        for j in range(size2 + 1):
            dp[0][j] = j
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                if word1[i - 1] == word2[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
                else:
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1
        return dp[size1][size2]
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思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times m)$，其中 $n$、$m$ 分别是字符串 $word1$、$word2$ 的长度。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n \times m)$，所以总的时间复杂度为 $O(n \times m)$。

• 空间复杂度：$O(n \times m)$。用到了二维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(n \times m)$。