不同的子序列問題I
作者：Grey
原文地址: 不同的子序列問題I
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暴力解法
定義遞歸函數
int process(char[] str, char[] t, int i, int j)
遞歸函數表示：str從i一直到最後，生成的序列可以匹配多少個t從j往後生成的字符串
所以process(str,t,0,0)得到的結果就是答案。
接下來考慮遞歸函數的base case，
if (j == t.length) {
// 表示str已經把t整個都搞定了，返回1，說明得到了一種情況
return 1;
}
// 到了這裏，說明t還沒到頭
if (i == str.length) {
// str已經沒有字符串了，t又沒到頭，所以，無法匹配
return 0;
}
接下來是普遍位置，考慮str[i]是否參與匹配來決定下一步的操作，注：str[i]如果要參與匹配，則必須滿足str[i] == t[j]。
// str[i]位置不參與匹配
int ans = process(str, t, i + 1, j);
if (str[i] == t[j]) {
// str[i]參與，必須滿足str[i] == t[j]
ans += process(str, t, i + 1, j + 1);
}
完整代碼如下
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....結尾]搞定t[0....結尾]
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) {
// 沒有了，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;
}
這個暴力解法在LeetCode上直接超時。
動態規劃
二維數組
根據暴力方法，可以得到，遞歸函數只有兩個可變參數，所以定義二維dp，dp的含義和遞歸函數的含義保持一致。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];
根據暴力方法
if (j == t.length) {
// 全部搞定了
return 1;
}
if (i == str.length) {
// 沒有了，搞不定
return 0;
}
可以得到dp的最後一行都是1，即
for (int i = 0; i < m + 1; i++) {
dp[i][n] = 1;
}
接下來考慮普遍的dp[i][j]，根據暴力方法
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]依賴dp[i+1][j]和dp[i+1][j+1]（需要滿足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);
}
}
完整代碼
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];
}
時間複雜度O(m*n)，其中m和n分別是s和t的長度。
空間複雜度O(m*n)，其中m和n分別是s和t的長度。
一維數組
通過分析上述動態規劃的解法，我們可得到一個結論，二維dp的計算順序是從最後一行到第一行，且當前行只依賴上一行有限幾個位置的信息，所以，我們可以將上述二維表簡化成一維表，定義
int m = str.length;
int[] dp = new int[n + 1];
通過一維表的從最後一行到第一行的滾動更新，來得到第一行的值，完整代碼如下
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--) {
// 這裏要注意，從左往右
for (int j = 0; j <= n - 1; j++) {
dp[j] += (str[i] == target[j] ? dp[j + 1] : 0);
}
}
return dp[0];
}
時間複雜度O(m*n)，其中m和n分別是s和t的長度。
空間複雜度O(n)，其中n是t的長度。