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LeetCode算法日记 - Day 103: 不同的子序列

news 2025/11/16 8:32:34

1. 不同的子序列

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

1. 不同的子序列

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。

测试用例保证结果在 32 位有符号整数范围内。

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。rabbbitrabbbitrabbbit

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。 babgbagbabgbagbabgbagbabgbagbabgbag

提示：

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

1.1 题目解析

题目本质
子序列匹配计数问题 - 统计从长字符串中选择字符组成目标字符串的方案数。

常规解法
递归枚举所有可能的字符选择组合，对于s的每个字符，决定是否选择它来匹配t的当前位置。

// 常规递归解法
class Solution {public int numDistinct(String s, String t) {return dfs(s, t, 0, 0);}private int dfs(String s, String t, int i, int j) {// 目标字符串匹配完成if (j == t.length()) return 1;// 源字符串用完但目标字符串未完成if (i == s.length()) return 0;int res = 0;// 不选择当前字符res += dfs(s, t, i + 1, j);// 如果字符匹配，可以选择当前字符if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {res += dfs(s, t, i + 1, j + 1);}return res;}
}

问题分析
递归解法存在大量重复子问题，时间复杂度为O(2^n)，当字符串长度达到1000时会超时。需要记忆化或动态规划优化。

思路转折
要想高效 → 必须避免重复计算 → 动态规划。观察到状态只依赖于当前处理的s和t的位置，可以用二维DP表存储中间结果，将指数时间优化为多项式时间。

1.2 解法

算法思想
使用动态规划，dp[i][j]表示s的前i个字符中组成t的前j个字符的方案数。状态转移方程：

当s[i-1] == t[j-1]时：dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]
当s[i-1] != t[j-1]时：dp[i][j] = dp[i-1][j] i）

步骤拆解

i）创建二维DP表，大小为(n+1) × (m+1)

ii）初始化边界条件：dp[i][0] = 1（任意字符串都能组成空串）

iii）双重循环填充DP表，根据字符是否匹配选择状态转移方式

iv）返回dp[n][m]作为最终答案

易错点

边界初始化遗漏：忘记设置dp[i][0] = 1，导致后续计算错误
数组越界：使用s[i-1]和t[j-1]时要确保i和j从1开始

1.3 代码实现

class Solution {public int numDistinct(String _s, String _t) {int n = _s.length();int m = _t.length();char[] s = _s.toCharArray();char[] t = _t.toCharArray();// 1) 创建DP表int[][] dp = new int[n + 1][m + 1];// 2) 初始化：任意长度的s都能组成空串tfor (int i = 0; i <= n; i++) {dp[i][0] = 1;}// 3) 动态规划填表for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (s[i - 1] == t[j - 1]) {// 字符匹配：可选择使用或不使用当前字符dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];} else {// 字符不匹配：只能跳过s的当前字符dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}// 4) 返回结果return dp[n][m];}
}

复杂度分析