Given two strings S and T, determine if they are both one edit distance apart.
分析：one edit distance，要么S，T长度同样， 仅仅有一对不同char，那么仅仅要跳过这对不同的char，应该能匹配完两个String的；
要么S。T长度相差一。其它部分都匹配，则仅仅要跳过长度长的那个String的不匹配字符继续匹配，假设能够匹配完两个String，则返回true
时间复杂度： 仅仅需一遍扫描， O（n）
public class Solution { public boolean isOneEditDistance(String s, String t) { // make s to be the shorter String if(s.length() > t.length()){ return isOneEditDistance(t, s); } if(t.length() - s.length() > 1){ return false; } int shift = t.length() - s.length(); int i = 0; while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i)){ i++; } if(shift == 0){ i++; while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i)){ i++; } return i == s.length(); }else{ if(i == s.length()){ return true; }else{ while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i + 1)){ i++; } return i == s.length(); } } }} 又观察了一下，事实上shift == 1 的情况下没有必要单独讨论 if（i == s.length（））。能够整合到以下的推断中， 改进例如以下
public class Solution { public boolean isOneEditDistance(String s, String t) { // make s to be the shorter String if(s.length() > t.length()){ return isOneEditDistance(t, s); } if(t.length() - s.length() > 1){ return false; } int shift = t.length() - s.length(); int i = 0; while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i)){ i++; } if(shift == 0){ i++; while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i)){ i++; } return i == s.length(); }else{ while(i < s.length() && s.charAt(i) == t.charAt(i + 1)){ i++; } return i == s.length(); } }}