题目：
Given two words word1 and word2, find the minimum number of steps required to convert word1 to word2. (each operation is counted as 1 step.)
You have the following 3 operations permitted on a word:
a) Insert a character
b) Delete a character
c) Replace a character
代码：
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
const int n1 = word1.size();
const int n2 = word2.size();
// initialization
vector<vector<int> > dp(n1+1,vector<int>(n2+1,0));
dp[0][0] = 0;
for ( int j=1; j<=n2; ++j ) dp[0][j] = dp[0][j-1]+1;
for ( int i=1; i<=n1; ++i ) dp[i][0] = dp[i-1][0]+1;
// dp process
for ( int i=1; i<=n1; ++i )
{
for ( int j=1; j<=n2; ++j )
{
if ( word1[i-1]==word2[j-1] )
{
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
}
else
{
int rep = dp[i-1][j-1] + 1; // replace
int del = dp[i-1][j] + 1; // delete
int ins = dp[i][j-1] + 1; // insert
dp[i][j] = std::min(rep,std::min(del, ins));
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
tips：
不知道这是一个经典的DP案例，确实首次感到DP算法挺精妙的，很多无法想清楚理清楚的事情，交给DP就好了。
参考了两个网上blog的解释：
http://fisherlei.blogspot.sg/2012/12/leetcode-edit-distance.html
http://bangbingsyb.blogspot.sg/2014/11/leetcode-edit-distance.html
dp[i][j]表示s1[0~i-1]与s2[0~j-1]的编辑距离：
根据题意，计算dp[i][j]分如下几种情况：
1. 如果s1[i-1]==s2[j-1] 则不用三种操作，直接dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
2. 如果s1[i-1]!=s2[j-1] 则需要在上几步的基础上进行匹配操作：
a) 如果直接选择替换则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
翻译过来就是：s1[0~i-2]与s2[0~j-2]已经对上了，把s1[i-1]的值换成s2[j-1]的值，替换之；
b) 如果选择删除操作则 dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1
翻译过来就是：s1[0~i-2]与s2[0~j-1]已经对上了，这个s1[i-1]就是多余的了，删除之；
c) 如果选择插入操作则 dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1
翻译过来就是：s1[0~i-1]与s2[0~j-2]已经对上了，因此少s1当前坐标后面再不上一个s2[j-1]这个值就OK了，插入之；
按照上述的过程，就可以写出来代码了。
为什么每次都加1呢？因为字符要一个一个匹配。
“插入”、“替换”、“删除”什么时候出现是有讲究的。最优的情况就是这些操作单独就可以完成转换，所以要选择出现的情况。