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给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数  。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

• 插入一个字符
• 删除一个字符
• 替换一个字符

示例 1：

输入：word1 = "horse", word2 = "ros"
输出：3
解释：
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')

示例 2：

输入：word1 = "intention", word2 = "execution"
输出：5
解释：
intention -> inention (删除 't')
inention -> enention (将 'i' 替换为 'e')
enention -> exention (将 'n' 替换为 'x')
exention -> exection (将 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

提示：

• 0 <= word1.length, word2.length <= 500
• word1 和 word2 由小写英文字母组成

本题采用动态规划。先贴上代码：

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {int dp[505][505] = {0};for(int i = 0;i <= word1.size();++i)dp[i][0] = i;for(int i = 0;i <= word2.size();++i)dp[0][i] = i;for(int i = 1;i<=word1.size();++i){for(int j = 1;j<=word2.size();++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-1][j],dp[i][j-1]}) + 1;}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

dp[i][j]代表使word1前 i 个与word2前 j 个字符相同时所消耗的最小操作数。由此分析：

当word1的第 i 个字符与word2的第 j 个字符相同时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]，这很好理解，因为相同的就不需要去修改操作，因此依然沿用上一个即可。

当二者不相等时，我们分析，对于题目所述操作而言，增加一个字符与减少一个字符其实是等价的，因为若是初始字符串（即word1）比目标字符串（即word2）少某一个字符，那么对该字符的增加其实就是对目标字符串的对该字符的减少。因此我们在这里只需在加与减二者中选取一个考虑。回到当前讨论的情况，这意味着我们必须舍弃其中一个字符，接下来有两种操作可供选择：删除word1的该字符，或是删除word2的该字符。二者对应的表达式分别为：dp[i - 1][j] + 1 与 dp[i][j - 1] + 1。

不相等时，我们可还可以采用直接替换的操作：这时得到的表达式就是dp[i - 1][j - 1] + 1。由此我们只要取三者中最小的即可（动态规划的无后效性）。

这道题是否可以用贪心来做呢？似乎一直使用替换会相当高效。但仔细想想会发现问题所在。不妨将题中给出的第一个示例贪心一下试试看。