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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）。

进阶：

如果有大量输入的 S，称作 S1, S2, ... , Sk 其中 k >= 10亿，你需要依次检查它们是否为 T 的子序列。在这种情况下，你会怎样改变代码？

方法一：双指针法

这是最直观的方法，通过两个指针分别遍历字符串 s 和 t，逐个比较字符。

// 判断 s 是否为 t 的子序列
function isSubsequence(s: string, t: string): boolean {let i = 0; // 指向 s 的指针let j = 0; // 指向 t 的指针while (i < s.length && j < t.length) {if (s[i] === t[j]) {i++;}j++;}return i === s.length;
}// 测试示例
let s1 = "ace";
let t1 = "abcde";
console.log(isSubsequence(s1, t1)); // 输出 truelet s2 = "aec";
let t2 = "abcde";
console.log(isSubsequence(s2, t2)); // 输出 false

复杂度分析

• 时间复杂度：(O(n))，其中 n 是字符串 t 的长度，因为只需要遍历一次字符串 t。
• 空间复杂度：(O(1))，只使用了常数级的额外空间。

方法二：递归法

通过递归的方式来判断 s 是否为 t 的子序列。

function isSubsequenceRecursive(s: string, t: string): boolean {if (s.length === 0) {return true;}if (t.length === 0) {return false;}if (s[0] === t[0]) {return isSubsequenceRecursive(s.slice(1), t.slice(1));}return isSubsequenceRecursive(s, t.slice(1));
}// 测试示例
let s3 = "ace";
let t3 = "abcde";
console.log(isSubsequenceRecursive(s3, t3)); // 输出 truelet s4 = "aec";
let t4 = "abcde";
console.log(isSubsequenceRecursive(s4, t4)); // 输出 false

复杂度分析

• 时间复杂度：(O(n))，其中 n 是字符串 t 的长度。在最坏情况下，需要递归 n 次。
• 空间复杂度：(O(n))，主要是递归调用栈的空间开销。

方法三：动态规划法

使用动态规划来解决这个问题，通过构建一个二维数组来记录子问题的解。

function isSubsequenceDP(s: string, t: string): boolean {let m = s.length;let n = t.length;let dp: boolean[][] = new Array(m + 1).fill(false).map(() => new Array(n + 1).fill(false));// 初始化for (let j = 0; j <= n; j++) {dp[0][j] = true;}for (let i = 1; i <= m; i++) {for (let j = 1; j <= n; j++) {if (s[i - 1] === t[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];} else {dp[i][j] = dp[i][j - 1];}}}return dp[m][n];
}// 测试示例
let s5 = "ace";
let t5 = "abcde";
console.log(isSubsequenceDP(s5, t5)); // 输出 truelet s6 = "aec";
let t6 = "abcde";
console.log(isSubsequenceDP(s6, t6)); // 输出 false

复杂度分析

• 时间复杂度：(O(m * n))，其中 m 是字符串 s 的长度，n 是字符串 t 的长度。需要填充一个 (m+1) 行 (n+1) 列的二维数组。
• 空间复杂度：(O(m * n))，主要是二维数组的空间开销。

进阶：处理大量输入的情况

当有大量输入的 S（(S_1, S_2, ... , S_k)，(k >= 10) 亿）需要依次检查它们是否为 T 的子序列时，可以采用预处理 T 的方法。具体思路是记录 T 中每个字符出现的所有位置，然后对于每个 S 中的字符，使用二分查找来找到该字符在 T 中合适的位置。

import { bisectLeft } from '@ohos.bisect';function isSubsequenceAdvanced(s: string, t: string): boolean {// 预处理 t，记录每个字符出现的所有位置let charIndexes: Map<string, number[]> = new Map();for (let i = 0; i < t.length; i++) {let char = t[i];if (!charIndexes.has(char)) {charIndexes.set(char, []);}charIndexes.get(char)!.push(i);}let prevIndex = -1;for (let char of s) {if (!charIndexes.has(char)) {return false;}let indexList = charIndexes.get(char)!;let index = bisectLeft(indexList, prevIndex + 1);if (index === indexList.length) {return false;}prevIndex = indexList[index];}return true;
}// 测试示例
let s7 = "ace";
let t7 = "abcde";
console.log(isSubsequenceAdvanced(s7, t7)); // 输出 truelet s8 = "aec";
let t8 = "abcde";
console.log(isSubsequenceAdvanced(s8, t8)); // 输出 false

复杂度分析

• 预处理时间复杂度：(O(m))，其中 m 是字符串 t 的长度。需要遍历一次字符串 t 来记录每个字符出现的位置。
• 每个 S 的检查时间复杂度：(O(k log m))，其中 k 是字符串 S 的长度，m 是字符串 t 的长度。对于 S 中的每个字符，需要进行一次二分查找。
• 空间复杂度：(O(m))，主要用于存储每个字符出现的位置。

通过这种方式，可以在处理大量输入时提高效率。