LeetCode算法题解（动态规划）|LeetCode392. 判断子序列、LeetCode115. 不同的子序列

一、LeetCode392. 判断子序列

题目链接：392. 判断子序列

题目描述：

给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。

字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序列，而"aec"不是）。

示例 1：

输入：s = "abc", t = "ahbgdc"
输出：true

示例 2：

输入：s = "axc", t = "ahbgdc"
输出：false

提示：

0 <= s.length <= 100
0 <= t.length <= 10^4
两个字符串都只由小写字符组成。

算法分析：

定义dp数组及下标含义：

dp[i][j]表示字符串s第i个下标之前的子串，与字符串t第j个下标之前的子串，相同的子序列长度。

递推公式：

如果s[i] == s[j]，那么dp[i][j]可以由dp[i-1][j-1]+1推出来，

[0,i]区间的s子串与[0,j]区间的t子串相同的子序列长度等于[0,i-1]区间的s子串和[0,j-1]区间的t子串相同的子串序列长度加一；

如果s[i] != s[j]，那么dp[i][j] 可以有两个方向推出来：

1、[0,i-1]区间的s子串与[0,j]区间的t子串的相同子序列的长度；

2、[0,i]区间的s子串与[0,j-1]区间的t子串的相同子序列的长度；

即dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])；

初始化：

根据递推公式dp[i][j]=dp[i-1][j-1]，dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])，dp[i][j]可由它的左方、上方和左上放推出来，所以需要初始化dp数组的左边那一列和上边那一行。

        for(int i = 0; i < t.length(); i++){if(s.charAt(0) == t.charAt(i)){dp[0][i] = 1;}else if(i > 0){dp[0][i] = dp[0][i-1];}else{dp[0][i] = 0;}}for(int i = 0; i < s.length(); i++){if(s.charAt(i) == t.charAt(0)){dp[i][0] = 1;}else if(i > 0){dp[i][0] = dp[i-1][0];}else{dp[i][0] = 0;}}

遍历顺序：

字符串s和t的遍历顺序无所谓，不过都需从前往后遍历。

打印dp数组验证。（省略）

代码如下：

class Solution {public boolean isSubsequence(String s, String t) {if(s.length() == 0) return true;if(t.length() == 0) return false;int[][] dp = new int[s.length()][t.length()];for(int i = 0; i < t.length(); i++){if(s.charAt(0) == t.charAt(i)){dp[0][i] = 1;}else if(i > 0){dp[0][i] = dp[0][i-1];}else{dp[0][i] = 0;}}for(int i = 0; i < s.length(); i++){if(s.charAt(i) == t.charAt(0)){dp[i][0] = 1;}else if(i > 0){dp[i][0] = dp[i-1][0];}else{dp[i][0] = 0;}}for(int i = 1; i < s.length(); i++) {for(int j = 1; j < t.length(); j++) {if(s.charAt(i) == t.charAt(j)){dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;}else{dp[i][j] = Math.max(dp[i][j-1], dp[i-1][j]);}}}if(dp[s.length()-1][t.length()-1] == s.length()) return true;return false;}
}

二、LeetCode115. 不同的子序列

题目链接：115. 不同的子序列

题目描述：

给你两个字符串 s 和 t ，统计并返回在 s 的 子序列 中 t 出现的个数，结果需要对 109 + 7 取模。

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

提示：

1 <= s.length, t.length <= 1000
s 和 t 由英文字母组成

算法分析：

定义dp数组及下标含义：

dp[i][j]表示以下标i结束的t字符串在以下标j结尾的s字符串中出现的次数。

递推公式：

当t[i] == s[j]时，dp[i][j]由两个部分组成：

1、用s[j]来匹配，那么dp[i][j] = dp[i-1][j-1];

以当前元素做结尾，那么dp[i][j] = dp[i-1][j-1]; 以j结尾的s字符串中出现的以i结尾的t字符串的次数就等于以j-1结尾的s字符串中出现的以i-1结尾的t字符串出现的次数。

2、不用s[j]来匹配，那么dp[i][j] = dp[i][j-1];

所以dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j-1]，注意这里是两种情况都可以不是只能选一种，所以总情况要加起来。

例如：s ="bagg"，t ="bag"；

s[3]和t[2]是相等的，s可以用s[4]来匹配，也即t由s[0]s[1]s[3]组成，

也可以不用s[4]来匹配，即t由s[0]s[1]s[2]组成。

所以当t[i] == s[j] 时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+dp[i][j-1]；

当t[i] != s[j]时，dp[i][j]只有一部分组成：

那就是不用s[j]匹配，即dp[i][j]=dp[i][j-1]；

初始化：

根据递推公式我们需要初始化第一行dp[0][j]，也就是s当中出现的t[0]元素的个数。

        for(int j = 0; j < s.length(); j++){//dp[0][j]表示以j结尾的s字符串当中t[0]出现的个数if(t.charAt(0) ！= s.charAt(j)){if(j == 0) dp[0][j] = 0;else dp[0][j] = dp[0][j-1];}else{if(j == 0) dp[0][j] = 1;else dp[0][j] = dp[0][j-1] + 1;}}

遍历顺序：

先遍历字符串t在遍历字符串s或先遍历s再遍历t都可以，不过都须从前往后遍历。

打印dp数组进行验证。

代码如下：

class Solution {public int numDistinct(String s, String t) {int[][] dp = new int[t.length()][s.length()];//dp[i][j]表示以下标j结尾的s字符串当中出现的以i结尾的t字符串的个数for(int j = 0; j < s.length(); j++){//初始化第一行if(t.charAt(0) != s.charAt(j)){if(j == 0) dp[0][j] = 0;else dp[0][j] = dp[0][j-1];}else{if(j == 0) dp[0][j] = 1;else dp[0][j] = dp[0][j-1] + 1;}}for(int j = 1; j < s.length(); j++) {for(int i = 1; i < t.length(); i++) {if(t.charAt(i) == s.charAt(j)){dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j-1];}else{dp[i][j] = dp[i][j-1];}}}// for(int i = 0; i < t.length(); i++) {//     for(int j = 0; j < s.length(); j++) {//        System.out.print(dp[i][j] + " ");//     }//     System.out.println();// }return dp[t.length()-1][s.length()-1];}
}