引入
编辑距离（Edit Distance），又称\(Levenshtein\)距离，是指两个字串之间，由一个转成另一个所需的编辑操作次数。最小编辑距离，是指所需最小的编辑操作次数。
编辑操作包含：插入、删除和替换三种操作。
插入：在某个位置插入一个字符
删除：删除某个位置的字符
替换：把某个位置的字符换成另一个字符
经典做法：动态规划
这种类型的题目与\(LCS\)的做法有异曲同工之妙。设\(dp[i][j]\)表示第一个字符串\(str1\)前\(i\)位与第二个字符串\(str2\)前\(j\)位进行匹配所需的最小编辑距离。
考虑\(i、j\)处的状态转移，假设第一个字符串为目标串，有以下三种情况：
- 由\(i-1、j\)转移而来，即是执行插入操作，在\(str2\)的第\(j\)位加入\(str1[i]\)字符。
- 由\(i、j-1\)转移而来，即是执行删除操作，删除\(str2[j]\)。
- 由\(i-1、j-1\)转移而来，若两者不同，则执行替换操作，否则不做处理。
故转移方程为
\[dp[i][j]=min(dp[i-1][j]+1,min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]+flag))(flag=0/1) \]
时间复杂度：\(O(NM)\)。空间复杂度：\(O(NM)\)。
可以采用类似\(LCS\)的优化方法优化时空。
\(LCS\)优化方法：
变式1：只有插入与删除操作
在这种情况下的答案\(ans\)满足：
\[ans = len_n + len_m - 2*lcs(str1,str2) \]
形象理解就是在去除掉两者的\(LCS\)之后将\(str2\)清空，然后执行插入操作。
变式2：同样只有插入与删除操作，但存在最小编辑次数限制
当最小编辑次数超过\(K\)时，输出\(-1\)；否则输出最小编辑次数。
数据范围：\(len_n，len_m<=501000，K<=100\)
如果采用常规算法，时空都会超限。
容易观测到\(K\)的值很小，主观感受\(K\)应是本题的关键，猜测时间复杂度应为\(O(len*K)\)。
观测原本的状态转移的限制：需要进行两重循环，计算每一个\(i\)与\(j\)对应的状态。
关键在于：离\(i\)的距离大于\(K\)的\(j\)对应的状态是无用的，因为无论如何都至少需要匹配str1的前\(i\)位，如果从这些\(j\)进行转移，修改次数就会大于\(K\)。
我们可以利用这一点设计状态，优化时空。
设\(dp[i][j]\)表示匹配\(str1\)前\(i\)位与\(str2\)前\(i+j-K\)位所需要的最小修改次数，第二维即代表两个串在该阶段匹配相差的长度，相差长度为\(abs(j-K)\)。
为方便起见，将\(j\)的值整体加\(K\)，方便储存数组以及进行计算，以免出现负数。
当\(j<K\)，代表匹配的\(str2\)长度比\(str1\)短
转移的情况可能为：
- \(str1[i]==str2[i+j] -> dp[i][j]=dp[i-1][j]\)（上下同时取一个字符，相对距离不变）
- \(str1[i]!=str2[i+1]->dp[i][j]=min(dp[i-1][j+1]+1，dp[i][j-1]+1)\)
解释：\(dp[i-1][j+1]+1\)代表着添加操作，即是在\(str2[i+j]\)的后面添加\(str1[i]\)，因此需要让\(str1[i-1]\)与\(str2[i+j-K]\)做好匹配并以此进行转移，这一个阶段相对长度对应的值为\(j+1\)，故为\(dp[i-1][j+1]\)。
（注意：当\(j\)小于K时，\(j+1\)代表相对距离变小，大于则代表变大）
\(dp[i][j-1]\)同理。
初始时其实应该把\(str2\)匹配段比\(str1\)匹配段短与长的两种情况分开考虑，此时添加时相对长度的变化也有所不同，但若使用将相差长度加\(k\)作为第二维，在转移时相对长度的变化对应的操作就一致了。
初始化：假设目标串长度为0，则原始串只进行删除操作。
\[dp[0][i]=i-k \]
（注意此处的\(i\)大于\(k\)，代表原始串比目标串长）
总体时间复杂度为\(O(len*K)\)，空间复杂度为\(O(len*K)\)。
注意：还可以利用滚动数组，使用类似与\(LCS\)的空间优化手段。
若序列的元素重复度不高，还可以利用时间优化手段求\(LCS\)解决此题。
void solve(char *str1, char *str2)
{
for(int i = k; i <= 2 * k; i++) f[0][i] = i - k;
for(int i = 0; i <= 2 * k + 1; i++) f[1][i] = maxn;
for(int i = 0; i < len_n; i++)
{
int left_pos = max(0, i - k);
int right_pos = min(len_m - 1, i + k);
for( int j = left_pos; j <= right_pos; j++ )
{
int now_dis = j - i + k;
if(str1[j] == str2[i])
{
f[1][now_dis] = f[0][now_dis]; //直接继承，长度差不变
}
else
{
if(now_dis == 0) f[1][now_dis] = min(f[1][now_dis], f[0][now_dis + 1] + 1);
else f[1][now_dis] = min(f[1][now_dis], min(f[0][now_dis + 1],f[1][now_dis - 1]) + 1);
}
//注意到 f[0][now_dis+1]+1与f[1][now_dis-1]+1永远都是大于等于f[0][now_dis]
}
for( int j = 0; j <= 2 * k; j++ )
{
f[0][j] = f[1][j];
f[1][j] = maxn;
}
}
}
