**
插入乙個字元，例如：fj -> fxj
刪除乙個字元，例如：fxj -> fj
替換乙個字元，例如：jxj -> fyj
用分治的思想解決比較簡單，將複雜的問題分解成相似的子問題
假設字串 a, 共 m 位，從a[1]到a[m]
字串 b, 共 n 位，從b[1]到b[n]
d[i][j]表示字串a[1]-a[i]轉換為b[1]-b[j]的編輯距離
那麼有如下遞迴規律（a[i] 和 b[j] 分別是字串 a 和 b 的最後一位）：
當a[i]等於b[j]時，d[i][j] = d[i-1][j-1], 比如 fxy -> fay 的編輯距離等於 fx -> fa 的編輯距離
當a[i]不等於b[j]時，d[i][j]等於如下 3 項的最小值：
d[i-1][j] + 1（刪除a[i]）， 比如 fxy -> fab 的編輯距離 = fx -> fab 的編輯距離 + 1
d[i][j-1] + 1（插入b[j])， 比如 fxy -> fab 的編輯距離 = fxyb -> fab 的編輯距離 + 1 = fxy -> fa 的編輯距離 + 1
d[i-1][j-1] + 1（將a[i]替換為b[j]）， 比如 fxy -> fab 的編輯距離 = fxb -> fab 的編輯距離 + 1 = fx -> fa 的編輯距離 + 1
遞迴邊界：
**
按照上面的思路將**寫下來
int edit_distance(char *a, char *b, int i, int j)
else
if (i == 0) else
if (a[i-1] == b[j-1]) else
}edit_distance(stra, strb, strlen(stra), strlen(strb));
上面的**中，很多相同的子問題其實是經過了多次求解，解決這類問題的辦法是用動態規劃
用動態規劃思想優化時間複雜度
像以上解決思路，是從後往前算的，比如我想知道edit_distance(a, b, i, j)我可能需要知道edit_distance(a, b, i-1, j-1)
有一種想法不錯，就是從前往後算，先算出各個子問題，然後根據子問題，計算出原問題， 對於這個問題效能不錯，而且也挺容易理解，下面就來說一說
例如以字串 a = 「fxy」, b = 「fab」 為例
首先建立乙個矩陣，用來存放子問題及原問題的編輯距離，並將遞迴邊界在矩陣中填好，如下：
然後計算 i = 1, j = 1 所對應的編輯距離：比較 a[i] 和 b[j] 是否相等然後根據遞迴規律算出這個值
比如在這種情況下 a[i] = f 和 b[j] = f, 那麼 d[i][j] 就等於 d[i-1][j-1] 等於 0
然後計算 i = 1, j = 2 直到算出 i = 3, j = 3, 原問題的編輯距離就等於 d[3][3]
最終矩陣如下：
現在的時間複雜度已到了可接受範圍，為 o(mn)
**如下：
int edit_distance(char *a, char *b)
for (j = 0; j <= lenb; j++)
for (i = 1; i <= lena; i++) else }}
return d[lena][lenb];
}
根據具體問題優化空間複雜度
還是以 a = 「fxy」, b = 「fab」 為例，例如計算 d[1][3], 也就是下圖中的綠色方塊， 我們需要知道的值只需 3 個，下圖中藍色方塊的值
進一步分析，我們知道，當計算 d[1] 這行的時候，我們只需知道 d[0] 這行的值， 同理我們計算當前行的時候只需知道上一行就可以了
再進一步分析，其實我們只需要一行就可以了，每次計算的時候我們需要的 3 個值， 其中上邊和左邊的值我們可以直接得到，坐上角的值需要臨時變數（如下**使用 old）來記錄
**如下：
int edit_distance(char *a, char *b)
for (i = 1; i <= lena; i++) else
old = temp;}}
return d[lenb];
}
優化過後時間複雜度還是 o(mn), 空間複雜度降低了，以上**是 o(n), 其實很簡單可以寫成 o(min(m,n)), 為了便於理解，就不具體寫了
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