不同的子序列（leetcode hard）動態規劃

題目：給出字符串S和字符串T， 計算S的不同的子序列中T出現的次數。

子序列字符串是原始字符串通過刪除一些(或零個)產生的一個新的字符串，並且對剩下的字符的相對位置沒有影響。(比如，“ACE”是“ABCDE”的子序列字符串,而“AEC”不是)。 

樣例

給出S = "rabbbit", T = "rabbit"

返回 3

這道題最容易想到的方法就是萬能的搜索 DFS ,如果如果S中發現了與T中相同的字符，則去掉S中的此字符，並搜索餘下的T

看代碼可能更容易懂

public int numDistinct(String S, String T) {
        // write your code here
        if (S.length() == 0) {
            return T.length() == 0 ? 1 : 0;
        }
        if (T.length() == 0) {
            return 1;
        }
        
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < S.length(); i++) {
            if (S.charAt(i) == T.charAt(0)) {
                cnt += numDistinct(S.substring(i + 1), T.substring(1));
            }
        }
        
        return cnt;
    }

搜索雖然比較容易想到，但是效率會比較低下；此類問題應該用動態規劃解決，此題動態規劃狀態轉移方程不是很容易想出來

dp[0][0] = 1; // T和S都是空串.

dp[0][1 ... S.length() - 1] = 1; // T是空串，S只有一種子序列匹配。

dp[1 ... T.length() - 1][0] = 0; // S是空串，T不是空串，S沒有子序列匹配。

dp[i][j] = dp[i][j - 1] + (T[i - 1] == S[j - 1] ? dp[i - 1][j - 1] : 0).1 <= i <= T.length(), 1 <= j <= S.length()

推出狀態轉移方程後，動規問題就非常簡單了， 主要注意邊界條件處理就ok了

public int numDistinct(String S, String T) {
        // write your code here
        if (S == null || T == null) {
            return 0;
        }
        
        int slen = S.length();
        int tlen = T.length();
        int[][] count = new int[slen + 1][tlen + 1];
        for (int i = 0; i <= slen; i++) {
            count[i][0] = 1;
        }
        
        for (int i = 1; i <= slen; i++) {
            for (int j = 1; j <= tlen; j++) {
                count[i][j] = count[i - 1][j];
                if (S.charAt(i - 1) == T.charAt(j - 1)) {
                    count[i][j] += count[i - 1][j - 1];
                }
            }
        }
        
        return count[slen][tlen];
    }