題目描述：給定兩個字串 word1 和 word2，請計算將 word1 轉換為 word2 所需的最少操作次數。允許的操作有三種：插入一個字元、刪除一個字元、替換一個字元。
解題思路：
這是經典的二維動態規劃問題，稱為 Levenshtein Distance（列文斯坦距離）。
定義 dp[i][j] 為將 word1[0..i-1] 轉換為 word2[0..j-1] 所需的最少操作數。
狀態轉移：
word1[i-1] == word2[j-1]：當前字元相同，不需要操作，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]word1[i-1]，dp[i-1][j] + 1word1 末尾插入 word2[j-1]，dp[i][j-1] + 1word1[i-1] 替換為 word2[j-1]，dp[i-1][j-1] + 1邊界條件：
dp[i][0] = i：將長度為 i 的字串轉換為空字串，需要 i 次刪除dp[0][j] = j：將空字串轉換為長度為 j 的字串，需要 j 次插入空間優化：因為 dp[i][j] 只依賴上一列的值，可以用滾動陣列將空間壓縮至 O(n)，僅需保存前一列以及當前計算所需的 dp[i-1][j-1]（以 prev 變數存儲）。
時間複雜度：O(m·n) — 雙層迴圈分別遍歷 word1（長度 m）與 word2（長度 n），每個格子計算為 O(1)。
空間複雜度：O(n) — 使用滾動陣列優化，僅維護一列大小為 n+1 的 dp 陣列，以及一個 prev 變數來記錄左上角的值，省去原本 O(m·n) 的二維空間。
1. Initialize dp[0..n] where dp[j] = j (base case: empty word1 to word2[0..j-1])
2. For each i from 1 to m (iterate over word1):
a. Save prev = dp[0], then set dp[0] = i (base case: word1[0..i-1] to empty word2)
b. For each j from 1 to n (iterate over word2):
- Save temp = dp[j] (this is dp[i-1][j])
- If word1[i-1] == word2[j-1]: dp[j] = prev (no operation needed)
- Else: dp[j] = 1 + min(prev, dp[j], dp[j-1]) (replace, delete, insert)
- Update prev = temp
3. Return dp[n]遞迴 + 記憶化搜索 O(m·n)：從 (m, n) 往下遞迴，每次根據字元是否相同選擇不同操作，用 memo[i][j] 儲存已計算的子問題結果，避免重複計算。思路直觀但呼叫堆疊深度最深為 O(m+n)，不如迭代 DP 穩定。
二維 DP（標準版）O(m·n) 時間，O(m·n) 空間：直接建立 (m+1)×(n+1) 的二維表格，逐格填入，程式碼最清晰易懂，適合初學者理解狀態轉移邏輯，空間換可讀性。
word1 到 word2 的具體操作序列？