前段時間看過最長公共子序列的動態規劃演算法，這兩天又看到了編輯距離的動態規劃演算法，感覺兩者有很相似的地方，而狀態轉移方程又不十分直觀，所以打算把其原理記錄下來，以防以後忘記。

先看最長公共子序列，記兩個序列分別為a[m],b[n].其狀態轉移方程如下：

從中我們可以看出分成兩種情況，第一種是a[i]=b[j],第二種是a[i]!=b[j]

1.a[i]=b[j]。這種情況還是比較顯然的，既然a[i]=b[j]了，我們就可以將a[0-i],b[0-j]如下排列:

a[0]a[1] .....a[i-1] a[i]

       b[0]  ....b[j-1]b[j]

這時候我們就把a[i],b[j]從上面這兩個個序列中去掉，然後就變成了a[0-(i-1)],b[0-(j-1)]這種情況了，而這種情況我們已經知道c[i-1][j-1]了，所以c[i][j]就比c[i-1][j-1]多了一項a[i]與b[j]匹配的情況，所以c[i][j]=c[i-1][j-1]+1。

當然有人可能就奇怪了，為啥能一定保證a[i]b[j]匹配時的情況一定是公共子序列最大的情況，如果a[i]與b[j]不匹配說不定c[i][j]更大呢。那我們就看一下這種情況：

假設在某種匹配方式下，a[i]與b[j]不匹配。這時a[i]與b[0-(j-1)]的某個數匹配，或b[j]與a[0-(i-1)]中的某個數匹配（如果這兩種情況都不發生，說明a[i]、b[j]都不在最長公共子序列k中，這時如果把a[i]與b[j]匹配的這一組加入k中得到K，顯然K>k,這說明k不是最長公共子序列，產生了矛盾）。不妨設發生了a[i]與b[0-(j-1)]的某個數匹配的情況，如下

a[0]a[1] .....a[i-1] a[i]  

       b[0]  ....b[j-k-1]b[j-k]  b[j-k+1] .....b[j]

這時候，a[i-1]就只能與b[j-k]之前的數匹配了。那麼，在這種匹配方式下的c`[i][j]=c[i-1][j-k-1]+1。而根據狀態轉移方程，c[i-1][j-1]>=c[i-1][j-k-1](使用數學歸納法)，所以，a[i]b[j]匹配的c[i][j]>=c`[i][j].這說明，我們假設中的a[i]與b[j]不匹配的匹配方式不會是唯一最優的方式，而a[i]b[j]匹配的匹配方式則是一種最優的匹配方式。

2.a[i]!=b[j]。

這時候a[i]b[j]就不可能再匹配上了。然而在求a[0-i]b[0-j]的最長公共子序列時，我們還可以人為地分為3種情況：

1、a[i]不在最長公共子序列中

2. b[j]不在最長公共子序列中

3.a[i]和b[j]都不在最長公共子序列中.

先看情況1、2。12這兩種情況本質上是一種，所以不妨設是第二種情況，這時候最長公共子序列中就沒有b[j]什麼事了，顯然a[0-i]b[0-j]的最長公共子序列與a[0-i]b[0-(j-1)]的最長公共子序列是完全一樣的。所以 c[i][j]=c[i][j-1]

再看情況3.如果在a[0-i]b[0-j]最長公共子序列中b[j]不存在，說明b[j]對於其最長公共子序列沒有任何影響，那麼c[i][j]=c[i][j-1]。同理，c[i][j]=c[i-1][j]

這樣這三種情況都討論完了，但是在真正執行的時候我們可不知道到底是哪種情況最好。那就把三種情況都算出來，取三種情況中最大的，即c[i][j]=max(c[i-1][j],c[i][j-1])

那麼情況1、2綜合起來，加上i、j=0的情況，就得到了上圖中的狀態轉移方程.

其狀態轉移方程如下

• if i == 0 且 j == 0，edit(i, j) = 0
• if i == 0 且 j > 0，edit(i, j) = j
• if i > 0 且j == 0，edit(i, j) = i
• if i ≥ 1  且 j ≥ 1 ，edit(i, j) == min{ edit(i-1, j) + 1, edit(i, j-1) + 1, edit(i-1, j-1) + f(i, j) }，當第一個字串的第i個字元不等於第二個字串的第j個字元時，f(i, j) = 1；否則，f(i, j) = 0。

第四種情況說明對a[0-i]的最少操作次數都是在對a[0-(i-1)]操作的基礎上進行的：edit(i-1, j) + 1相當於a[0-i]先刪去a[i]變成a[i-1]後再與b[0-j]匹配，edit(i, j-1) + 1相當於a[0-i]添加了一個a[i+1]=b[j]後再將a[0-i]與b[0-(j-1)]匹配(a新增b[j]等效於b刪去b[j]),edit(i-1, j-1) + f(i, j)相當於使a[i]替換為b[j]後，繼續進行a[i-1]到p[j-1]的操作。

同樣的問題，為什麼這樣做操作次數就會最少呢？

a[i]=b[j]的情況比較顯然，分析過程同下面，略過。

a[i]!=b[j]時，假設存在某種操作方式m，使得edit(m)=edit(i,j)<min{ edit(i-1, j) + 1, edit(i, j-1) + 1, edit(i-1, j-1) + f(i, j) }

那麼我們來看一下在操作m後 變換為b[j]的a[p]的來源。

        1、若a[p]來自於向a中插入了一個新數aa,那麼我們採取操作m來變換a[0-i],但去掉新增aa的過程，那麼最終的效果就是a[0-i]變為b[0-(j-1)]。這時候這種操作的操作次數edit`（i，j-1)=edit(m)-1<edit(i,j-1),這樣就產生矛盾了（因為按照前提，不可能存在操作次數比edit(i,j-1)還少的從a[0-i]變化到b[0-(j-1)]的過程），說明若a`[j]來自於向a中插入了一個新數aa,不可能存在這種操作m

2、若a[p]來自於a[k](k<i，a[k]=b[j])(a[k]也可能是由替換產生的),即：將a[k]以後的數都刪去。那麼，顯然對a[0-(i-1)]執行操作m,但去掉"刪除a[i]"這一操作，最終的結果就是a[0-(i-1)]變為b[0-j]。這時候edit`（i-1，j)=edit(m)-1<edit(i,j-1)，矛盾。

3。、若a[p]來自於a[i]替換為b[j],那麼，顯然對a[0-(i-1)]執行操作m,但去掉"替換a[i]"這一操作，最終的結果就是a[0-(i-1)]變為b[0-（j-1)]。這時候edit`（i-1，j)=edit(m)-1<edit(i-1,j-1)，矛盾。

綜上123所述，不可能存在比min{ edit(i-1, j) + 1, edit(i, j-1) + 1, edit(i-1, j-1) + f(i, j) }更少的操作次數，否則就會產生矛盾。同時，根據紅色部分的分析，我們知道，通過min{ edit(i-1, j) + 1, edit(i, j-1) + 1, edit(i-1, j-1) + f(i, j) }這一公式計算出的最小編輯次數是有方法來實際進行執行的。

上面就是最長公共子序列和編輯距離的動態規劃方程的原理分析，比較繁瑣，感覺發明演算法的人思路應該不是這樣，但對理解方程應該也有一些幫助。同樣問題的還有最長公共子串問題，個人感覺還是比較容易理解，就不再具體分析。