☆打卡算法☆LeetCode 115、 不同的子序列 算法解析

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大家好，我是小魔龙，Unity3D软件工程师，VR、AR，虚拟仿真方向，不定时更新软件开发技巧，生活感悟，觉得有用记得一键三连哦。

一、题目

1、算法题目

“给定一个字符串s和字符串t，计算s的子序列中t出现的个数。”

题目链接：

来源：力扣（LeetCode）

链接： 115. 不同的子序列

2、题目描述

给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。

字符串的一个 子序列 是指，通过删除一些（也可以不删除）字符且不干扰剩余字符相对位置所组成的新字符串。（例如，“ACE” 是 “ABCDE” 的一个子序列，而 “AEC” 不是）

题目数据保证答案符合 32 位带符号整数范围。

示例 1：
输入：s = "rabbbit", t = "rabbit"
输出：3
解释：
如下所示, 有 3 种可以从 s 中得到 "rabbit" 的方案。
rabbbit
rabbbit
rabbbit

示例 2：
输入：s = "babgbag", t = "bag"
输出：5
解释：
如下所示, 有 5 种可以从 s 中得到 "bag" 的方案。 
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag

二、解题

1、思路分析

这道题可以考虑使用动态规划的方法阶梯，假设字符串s和t的长度为m和n，要算s的子序列在t中出现的个数，那么s的长度一定大于或等于t的长度，也就是只有当m≥n的时候，个数才大于0，如果m≤n，就直接返回0。

创建二维数组dp，其中dp[i][j]表示前 t[i] 个字符可以由 s[j] 字符串组成的个数。

所以动态规划方程：
当 s[j] == t[i] , dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j-1]

当s[j] != t[i] , dp[i][j] = dp[i][j-1]

通过动态方程，最终计算得到dp[0][0]即为在s的子序列中t出现的个数。

2、代码实现

代码参考：

class Solution {
    public int numDistinct(String s, String t) {
        int m = s.length(), n = t.length();
        if (m < n) {
            return 0;
        }
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
        for (int i = 0; i <= m; i++) {
            dp[i][n] = 1;
        }
        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            char sChar = s.charAt(i);
            for (int j = n - 1; j >= 0; j--) {
                char tChar = t.charAt(j);
                if (sChar == tChar) {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1] + dp[i + 1][j];
                } else {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j];
                }
            }
        }
        return dp[0][0];
    }
}

3、时间复杂度

时间复杂度 ： O(mn)

其中m和n分别是字符串s和t的长度，对于二维数组来说，需要对dp中每个元素进行计算。

空间复杂度： O(mn)

其中m和n分别是字符串s和t的长度。

三、总结

题解中的关键：

s[i] == t[j]的时候, s[i] 可以选择自己是否跟 t[j]匹配

• 如果匹配，那么 dp[i][j] 其中一部分数量就是 dp[i+1][j+1]
• 如果选择不匹配（这样可以让前面的字符跟t[j]匹配，毕竟t 短的,s 长) dp[i][j] 另外一部分就是 dp[i+1][j]

所以才会有：

dp[i][j] = dp[i+1][j+1] + dp[i+1][j]