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 10^9 + 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
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
>>思路和分析
下文参考(～￣(OO)￣)ブ笨猪爆破组的文章解法和文字：115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）
在s串身上“挑选”字符，去匹配 t串 的字符，求挑选的方式数
（1）递归思路：抓住“选”，s 要按照 t 来挑选，逐字符考察“选”或“不选”，分别来到什么状态？
- 1.s[i] == t[j]
- 举例：s 为 babgbag,t 为 bag，末尾字符相同，故 s 有两种选择
- 注意：int n = s.length(),m = t.length();
- 1.用s[n-1] 去匹配掉 t[m-1]，问题规模缩小：继续考察 babgba 和 ba
- 2.若s[n-1] 不去匹配掉 t[m-1]，可由于t[m-1] 仍需被匹配，于是在 babgba 中继续挑，考察babgba 和 bag
- 是否用s[n-1]去匹配t[m-1]，是两种不同的挑选方式，各自做下去所产生的方式数，相加起来，是大问题的解
- 2.s[i] != t[j]
- s[i] 不匹配 t[j]，唯有拿 s[i] 之前的子串去匹配
（2）递归函数返回
返回： 从开头到s[i]的子串中，出现『从开头到t[j]的子串』的次数。 即，从 前者 选字符，去匹配 后者 的方案数
（3）递归树底部的base case
一步步地递归压栈，子问题规模（子串长度）在变小：
- 小到 t 变成空串，此时 s 去匹配它，方式只有一种：就是什么字符都不用挑（或 s 也是空串，啥也不用做也可匹配，方式数也是1）
- 小到 s 变成空串，但t不是， s 是没有办法匹配 t 的，方式数为0
递归函数的参数可以传子串或索引：这里推荐用索引描述子问题，因为不用每次都切割字符串，也更容易迁移到dp解法去
一、递归搜索 (会超时)
- 超出时间限制
class Solution {
public:
// 递归搜索 (会超时)
int numDistinct(string s,string t) {
const int n = s.length(),m = t.length();
function<int(int,int)> dfs = [&](int i,int j) -> int {
if(j<0) return 1;// base case
if(i<0) return 0;// 这两个base case 的顺序不能调换！因为 i<0 且 j<0 时 应该返回1
if(s[i] == t[j]) return dfs(i-1,j) + dfs(i-1,j-1);
else return dfs(i-1,j);
};
return dfs(n-1,m-1);
}
};二、递归搜索 + 保存计算结果 = 记忆化搜索
- 二维memo数组 存储计算过的子问题的结果
// 递归搜索 + 保存计算结果 = 记忆化搜索
int numDistinct(string s, string t) {
int n = s.length(),m = t.length(),memo[n][m]; // 二维memo数组 存储计算过的子问题的结果
memset(memo,-1,sizeof(memo));// -1 表示没有访问过
function<int(int,int)> dfs = [&](int i,int j) -> int { // 从开头到s[i]的子串中，出现『从开头到t[j]的子串』的 次数
if(j<0) // base case 当j指针越界，此时t为空串，s不管是不是空串，匹配方式数都是1
return 1;
if(i<0) // base case i指针越界，此时s为空串，t不是，s怎么也匹配不了t，方式数0
return 0;
if (memo[i][j] != -1) // memo中有当前遇到的子问题的解，直接拿来返回
return memo[i][j];
if (s[i] == t[j]) { // t[j]被匹配掉，对应dfs(i-1, j-1)，不被匹配掉对应dfs(i-1, j)
memo[i][j] = dfs(i-1, j) + dfs(i-1, j-1);
} else {
memo[i][j] = dfs(i-1, j);
}
return memo[i][j];// 返回当前递归子问题的解
};
return dfs(n-1,m-1);//从开头到s[n-1]的子串中，出现『从开头到t[m-1]的子串』的次数
}也可以写成这样的代码：
class Solution {
public:
// 递归搜索 + 保存计算结果 = 记忆化搜索
int numDistinct(string s, string t) {
int n = s.length(),m = t.length(),memo[n][m];
memset(memo,-1,sizeof(memo));
function<int(int,int)> dfs = [&](int i,int j) -> int {
if(j<0) return 1;
if(i<0) return 0;
int &res = memo[i][j];
if (res != -1) return res;
if (s[i] == t[j]) return res = dfs(i-1, j) + dfs(i-1, j-1);
return res = dfs(i-1, j);
};
return dfs(n-1,m-1);
}
};三、动态规划 与 递归 的区别
- 递归公式
if (s[i] == t[j]) {
memo[i][j] = dfs(i-1, j) + dfs(i-1, j-1);
} else {
memo[i][j] = dfs(i-1, j);
}递归是自上而下调用，子问题自下而上被解决，最后解决了整个问题，而dp是从base case 出发，通过在dp数组记录中间结果，自下而上地顺序地解决子问题
- dp解法
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]:从开头到s[i-1]的子串中，出现『从开头到t[j-1]的子串』的 次数。即：
- 前 i 个字符的 s 子串中，出现前 j 个字符的 t 子串的次数
- 或者说 以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的 t 的个数
2.确定递推公式
状态转移方程：
- 当s[i-1] != t[j-1]时，有dp[i][j] = dp[i-1][j]
- 当s[i-1] == t[j-1]时，有dp[i][j] = dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]
3.dp数组初始化
base case
j==0时，dp[i][0] = 1i==0时，dp[0][j] = 0
也可从递推公式dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];和dp[i][j] = dp[i-1][j];中可以看出dp[i][j]是从上方和左方推导而来的，故：dp[i][0] 和 dp[0][j] 是一定要初始化的
4.确定遍历顺序
从递推公式我们可以看出dp[i][j]是从上方和左方推导而来的，所以遍历的时候一定是从上到下、从左到右，可以保证dp[i][j]可以根据之前计算出来的数值进行计算
5.举例推导dp数组
以s："heeeheheda"，t："heheda"为例，推导dp数组状态如下（可以参考此图，在不知道递推式的情况下找出规律，手推递推式）：
以s："babgbag"，t："bag"为例，推导dp数组状态如下：
以s："rabbbit"，t："rabbit"为例，推导dp数组状态如下：
（一）动态规划 二维dp
class Solution {
public:
// 动态规划 二维dp数组
int numDistinct(string s, string t) {
int n = s.length(),m = t.length();
uint64_t dp[n+1][m+1];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++) dp[i][0] = 1;
// for(int j=1;j<m;j++) dp[0][j] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
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[n][m];
}
};- 时间复杂度: O(n * m)
- 空间复杂度: O(n * m)
（二）动态规划 二维dp 优化空间复杂度
class Solution {
public:
// 动态规划 二维dp优化空间复杂度
int numDistinct(string s, string t) {
int n = s.length(),m = t.length();
uint64_t dp[2][m+1];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<2;i++) dp[i][0] = 1;
for(int j=1;j<m;j++) dp[0][j] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
if(s[i-1] == t[j-1]) dp[i%2][j] = dp[(i-1)%2][j-1] + dp[(i-1)%2][j];
else dp[i%2][j] = dp[(i-1)%2][j];
}
}
return dp[n%2][m];
}
}- 时间复杂度: O(n * m)
- 空间复杂度: O(m)
（三）动态规划 一维dp（滚动数组） 优化空间复杂度
class Solution {
public:
// 动态规划 一维dp 优化空间复杂度
int numDistinct(string s, string t) {
int n = s.length(),m = t.length();
uint64_t dp[m+1];
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0] = 1;
for(int j=1;j<m;j++) dp[j] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
// int pre = dp[0];
// for(int j=1;j<=m;j++) {
// int tmp = dp[j];
// if(s[i-1] == t[j-1]) dp[j] = pre + dp[j];
// else dp[j] = dp[j];
// pre = tmp;
// }
for(int j=m;j>=1;j--) {
if(s[i-1] == t[j-1]) dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
}
}
return dp[m];
}
};- 时间复杂度: O(n * m)
- 空间复杂度: O(m)
参考和推荐文章、视频：
115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）
代码随想录 (programmercarl.com)
动态规划之子序列，为了编辑距离做铺垫 | LeetCode：115.不同的子序列_哔哩哔哩_bilibili
