不同的子序列问题I

不同的子序列问题I

作者：Grey

原文地址: 不同的子序列问题I

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LeetCode 115. 不同的子序列

暴力解法

定义递归函数

int process(char[] str, char[] t, int i, int j)

递归函数表示：str从i一直到最后，生成的序列可以匹配多少个t从j往后生成的字符串

所以process(str,t,0,0)得到的结果就是答案。

接下来考虑递归函数的base case，

        if (j == t.length) {
            // 表示str已经把t整个都搞定了，返回1，说明得到了一种情况
            return 1;
        }
        // 到了这里，说明t还没到头
        if (i == str.length) {
            // str已经没有字符串了，t又没到头，所以，无法匹配
            return 0;
        }

接下来是普遍位置，考虑str[i]是否参与匹配来决定下一步的操作，注：str[i]如果要参与匹配，则必须满足str[i] == t[j]。

        // str[i]位置不参与匹配
        int ans = process(str, t, i + 1, j);
        if (str[i] == t[j]) {
            // str[i]参与，必须满足str[i] == t[j]
            ans += process(str, t, i + 1, j + 1);
        }

完整代码如下

    public static int numDistinct(String s, String t) {
        if (s.length() < t.length()) {
            return 0;
        }
        return process(s.toCharArray(), t.toCharArray(), 0, 0);
    }

    // str[0....结尾]搞定t[0....结尾]
    public static int process(char[] str, char[] t, int i, int j) {
        if (j == t.length) {
            // 全部搞定了
            return 1;
        }
        if (i == str.length) {
            // 没有了，搞不定
            return 0;
        }
        // 不用i位置的去搞定
        int ans = process(str, t, i + 1, j);
        if (str[i] == t[j]) {
            ans += process(str, t, i + 1, j + 1);
        }
        return ans;
    }

这个暴力解法在LeetCode上直接超时。

动态规划

二维数组

根据暴力方法，可以得到，递归函数只有两个可变参数，所以定义二维dp，dp的含义和递归函数的含义保持一致。所以dp[0][0]就是答案。

        int m = str.length;
        int n = target.length;
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];

根据暴力方法

        if (j == t.length) {
            // 全部搞定了
            return 1;
        }
        if (i == str.length) {
            // 没有了，搞不定
            return 0;
        }

可以得到dp的最后一行都是1，即

        for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
            dp[i][n] = 1;
        }

接下来考虑普遍的dp[i][j]，根据暴力方法

        int ans = process(str, t, i + 1, j);
        if (str[i] == t[j]) {
            ans += process(str, t, i + 1, j + 1);
        }

可以得到，dp[i][j]依赖dp[i+1][j]和dp[i+1][j+1]（需要满足str[i] == t[j]）位置的值。

所以

        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = n - 1; j >= 0; j--) {
                dp[i][j] = dp[i + 1][j] + (str[i] == target[j] ? dp[i + 1][j + 1] : 0);
            }
        }

完整代码

    public static int numDistinct(String s, String t) {
        if (s.length() < t.length()) {
            return 0;
        }
        char[] str = s.toCharArray();
        char[] target = t.toCharArray();
        int m = str.length;
        int n = target.length;
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
        for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
            dp[i][n] = 1;
        }
        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = n - 1; j >= 0; j--) {
                dp[i][j] = dp[i + 1][j] + (str[i] == target[j] ? dp[i + 1][j + 1] : 0);
            }
        }
        return dp[0][0];
    }

时间复杂度O(m*n)，其中m和n分别是s和t的长度。

空间复杂度O(m*n)，其中m和n分别是s和t的长度。

一维数组

通过分析上述动态规划的解法，我们可得到一个结论，二维dp的计算顺序是从最后一行到第一行，且当前行只依赖上一行有限几个位置的信息，所以，我们可以将上述二维表简化成一维表，定义

        int m = str.length;
        int[] dp = new int[n + 1];

通过一维表的从最后一行到第一行的滚动更新，来得到第一行的值，完整代码如下

    public static int numDistinct(String s, String t) {
        if (s.length() < t.length()) {
            return 0;
        }
        char[] str = s.toCharArray();
        char[] target = t.toCharArray();
        int m = str.length;
        int n = target.length;
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[n] = 1;
        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            // 这里要注意，从左往右
            for (int j = 0; j <= n - 1; j++) {
                dp[j] += (str[i] == target[j] ? dp[j + 1] : 0);
            }

        }
        return dp[0];
    }

时间复杂度O(m*n)，其中m和n分别是s和t的长度。

空间复杂度O(n)，其中n是t的长度。

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