时间比较少，之后只记重点思路，就不写长篇了 字符串有三种编辑操作: 插入一个字符、删除一个字符或者替换一个字符。 给定两个字符串，编写一个函数判定它们是否只需要一次(或者零次)编辑。 注意到这题的要求比较特殊，只需要一次编辑。就像题目说的那样，一次编辑有增、删、改三种可能性，但是无论如何改动前后的字符串长度差异最多为 1（增：1，删：1，改：0）。因此分别从前往后和从后往前遍历，分别找到前缀和后缀的最大公共部分，然后校验前缀 + 后缀的长度是否大等于 较长字符串的长度 - 1 即可。时间复杂度 O ( n ) ，空间复杂度 O ( 1 ) 。 注意空字符串导致指针越界的 corner case 。

类似于 Levenstein Distance 的思路，但是这题要求比较特殊，只需要一次编辑，因此可以简化很多。具体代码之后补充。 最常规的思路，LC 上有一个清楚的题解。 这道题最优题解巧妙的地方在于利用了“一次编辑”的特殊性，使用双指针分别从前向后和从后向前比较，最后判断没有被比较到的字符串长度是否小于等于 1。不过需要考虑空字符串的 corner case。