首先需要解決的問題是：定義一個函式（cost function）計算兩個字串的相差程度。
一個合理的設計是：計算從一個字串改成另一個字串需要經過的步數。

更改的三種基本型別

• 替代：更改一個字元，如shot->spot
• 插入: 插入一個字元，如ago->agog
• 刪除：刪除一個字元，如hour->our

這樣計算出從字串P變到字串T總共需要多少基本型別，就是編輯距離。

這種相似字串的匹配演算法似乎很難，但是藉助DP思想，問題將非常簡潔。又是見證奇蹟的時候。

遞迴形式的編輯距離問題

以i,j為字串字首子串的最後一個字元。
字串P(長度為m)變T(長度為n)，我們以P

總共三種方式右對齊兩個字首字串

• 如果Pi=Tj, 子問題變為D[i-1,j-1], 否則為D[i-1,j-1]+1. 意思是：如果最右的字元匹配了，遞迴計運算元串，否則需要替換，代價設為1.

• D[i-1,j] + 1 表示的是刪除Pi,再計算[1…i-1]與[1…j]的編輯距離。因為Pi與Tj不匹配，將指向P的指標前挪一位，指向T的指標不動。+1表示的代價是刪除Pi的代價。

• D[i,j-1]+1表示的是在P
  i後新增一個Tj,指向T的指標往左移動一位。因為當前的Tj通過對P的插入的方式已經匹配了，接著看下一個字元與Pi的對比操作。

這三類操作都是面對一個字元時候的選擇策略。

D[i,j] = min{D[i-1,j]+Delete( ),D[i,j-1]+Insert( ), D[i-1,j-1]+Replace( )}
Delete:刪除操作
Insert:插入操作
Replace:取代操作，如果字元相同，則為0
如果用遞迴演算法，出口：

D[0,0] = 0;
D[i,0] = i;
D[0,j] = j;

// 遞迴方法實現
int EditDistanceRecursion( char
 
 *X, char *Y, int m, int n )
{
    // 基本情況
    if( m == 0 && n == 0 )
        return 0;

    if( m == 0 )
        return n;

    if( n == 0 )
        return m;

    // 遞迴
    int left = EditDistanceRecursion(X, Y, m-1, n) + 1;
    int right = EditDistanceRecursion(X, Y, m, n-1) + 1;
    int corner = EditDistanceRecursion(X, Y, m-1, n-1) + (X[m-1] != Y[n-1]);

    return Minimum(left, right, corner);
}

假設三個操作的代價都是1，則上面的演算法是遞迴的演算法實現。

比較值得注意的巧妙之處是用(X[m-1] != Y[n-1])來表示0，或者1，比單獨比較實現程式碼簡潔得多。