0115. 不同的子序列

• 标签：字符串、动态规划
• 难度：困难

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题目大意

描述：给定两个字符串 s 和 t。

要求：计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。

说明：

• 字符串的子序列：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）。
• $0 \le s.length, t.length \le 1000$。
• s 和 t 由英文字母组成。

示例：

• 示例 1：

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

$\underline{rabb}b\underline{it}$
$\underline{ra}b\underline{bbit}$
$\underline{rab}b\underline{bit}$

解题思路

思路 1：动态规划

1. 划分阶段

按照子序列的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 dp[i][j] 表示为：以第 i - 1 个字符为结尾的 s 子序列中出现以第 j - 1 个字符为结尾的 t 的个数。

3. 状态转移方程

双重循环遍历字符串 s 和 t，则状态转移方程为：

• 如果 s[i - 1] == t[j - 1]，则：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]。即 dp[i][j] 来源于两部分：
  • 使用 s[i - 1] 匹配 t[j - 1]，则 dp[i][j] 取源于以 i - 2 为结尾的 s 子序列中出现以 j - 2 为结尾的 t 的个数，即 dp[i - 1][j - 1]。
  • 不使用 s[i - 1] 匹配 t[j - 1]，则 dp[i][j] 取源于以 i - 2 为结尾的 s 子序列中出现以 j - 1 为结尾的 t 的个数，即 dp[i - 1][j]。
• 如果 s[i - 1] != t[j - 1]，那么肯定不能用 s[i - 1] 匹配 t[j - 1]，则 dp[i][j] 取源于 dp[i - 1][j]。

4. 初始条件

• dp[i][0] 表示以 i - 1 为结尾的 s 子序列中出现空字符串的个数。把 s 中的元素全删除，出现空字符串的个数就是 1，则 dp[i][0] = 1。
• dp[0][j] 表示空字符串中出现以 j - 1 结尾的 t 的个数，空字符串无论怎么变都不会变成 t，则 dp[0][j] = 0
• dp[0][0] 表示空字符串中出现空字符串的个数，这个应该是 1，即 dp[0][0] = 1。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态，dp[i][j] 表示为：以第 i - 1 个字符为结尾的 s 子序列中出现以第 j - 1 个字符为结尾的 t 的个数。则最终结果为 dp[size_s][size_t]，将其返回即可。

思路 1：动态规划代码

class Solution:
    def numDistinct(self, s: str, t: str) -> int:
        size_s = len(s)
        size_t = len(t)
        dp = [[0 for _ in range(size_t + 1)] for _ in range(size_s + 1)]
        for i in range(size_s):
            dp[i][0] = 1
        for i in range(1, size_s + 1):
            for j in range(1, size_t + 1):
                if s[i - 1] == t[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]
                else:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j]
        return dp[size_s][size_t]

思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^2)$。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n^2)$，所以总的时间复杂度为 $O(n^2)$。
• 空间复杂度：$O(n^2)$。用到了二维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(n^2)$。