題目描述：

給你兩個單詞word1 和word2，請你計算出將word1轉換成word2 所使用的最少運算元。

你可以對一個單詞進行如下三種操作：

插入一個字元
刪除一個字元
替換一個字元

示例1：

輸入：word1 = "horse", word2 = "ros"
輸出：3
解釋：
horse -> rorse (將 'h' 替換為 'r')
rorse -> rose (刪除 'r')
rose -> ros (刪除 'e')
示例2：

輸入：word1 = "intention", word2 = "execution"
輸出：5
解釋：
intention -> inention (刪除 't')

解題思路：

　　這道題是一道典型的動態規劃題目，有一句話不是說字串相關的題目百分之八十都是動態規劃嗎（~-~）

　　因為有兩個字串，所以dp陣列要使用二維陣列，dp[i][j]表示以word1[i]，word2[j]結束的子串需要做的最少運算元。因為可以想到，當word1[i]等於word2[j]，不需要做任何操作，所以dp[i][j]等於dp[i-1][j-1]；當word1[i]不等於word2[j]時，三種方法都可以應對當前的局面，假設把word2變成word1，即所有操作都在word2上執行：

　　當插入一個字元時，可以假設在word2[j]之後插入了word1[i]，這時word1[i]就已經不用考慮了，只用考慮word2[j]結束的子串和word1[i-1]結束的子串。因此這時需要的運算元等於dp[i-1][j] + 1。

　　當刪除一個字元時，可以假設直接刪除word2[j]，這時只用考慮word2[j-1]結束的子串和word1[i]結束的子串。因此這時需要的運算元等於dp[i][j-1] + 1。

　　當替換一個字元時，可以假設把word2[j]，替換為了word1[i]，這時只用考慮word2[j-1]結束的子串和word1[i-1]結束的子串。因此這時需要的運算元等於dp[i-1][j-1] + 1。

　　選擇哪個操作取決於哪個操作的值最小，因此只需要令dp[i][j] = min({dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]}) + 1即可。注意構造dp陣列時在設定好邊界，邊界從word1或word2為空串時開始。

　　程式碼如下：

class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        vector<vector<int>> dp{word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1)};
        for (int i = 1; i != word2.size() + 1; ++i)
            dp[0][i] = i;
        for (int i = 1; i != word1.size() + 1; ++i)
            dp[i][0] = i;
        
        for (int i = 1; i != word1.size() + 1; ++i)
            for (int j = 1; j != word2.size() + 1; ++j) {
                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][j-1], dp[i-1][j]}) + 1;
                }
            }
            
        return dp.back().back();
    }
};