Leetcode 剑指 Offer II 097.不同的子序列

news2024/10/5 14:50:52

题目难度: 困难

原题链接

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题目描述

给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。

字符串的一个子序列是指，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）

题目数据保证答案符合 32 位带符号整数范围。

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。
- rabbbit
- rabbbit
- rabbbit

示例 2：

输入：s = “babgbag”, t = “bag”
输出：5
解释：
- 如下图所示, 有 5 种可以从 s 中得到 “bag” 的方案。
- babgbag
- babgbag
- babgbag
- babgbag
- babgbag

提示：

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

题目思考

t 要想成为 s 的子序列, 要满足什么条件? 是否可以从单个字符的角度出发?

解决方案

分析题目, 要想求在 s 的子序列中 t 出现的个数, 我们先来考虑各自的最后一个字符s[-1]和t[-1], 不难发现有三种情况:
1. s[-1]等于t[-1]
2. s[-1]不等于t[-1]
对于情况 1, 有两种选择:
1. 使用t[-1], 需要继续判断s[-2]是否与t[-2]相等;
2. 不使用t[-1], 需要继续判断s[-2]是否与t[-1]相等
对于情况 2, 只有一种选择:
1. 无法使用t[-1], 所以需要继续判断s[-2]是否与t[-1]相等
不难发现当前结果和前面的结果存在转移关系, 可以尝试用动态规划来解决
我们维护 s 的前 i 个字符的所有子序列中, t 的前 j 个字符出现的次数, 那么上面的情况 1 就可以从(i-1,j)和(i-1,j-1)下标对转移而来, 而情况 2 则可以从(i-1,j)下标对转移而来, 这就是典型的动态规划的思想
用数学语言来表示: 假设dp[i][j]代表以 s 的前 i 个字符的所有子序列中, t 的前 j 个字符出现的次数, 那么就有:
- if s[i-1]==t[j-1]:
  - dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1]
- else:
  - dp[i][j] = dp[i-1][j]
最终结果就是dp[len(s1)][len(s2)]
注意当 j 为 0 时, 其 dp 值为 1, 因为总是可以包含空串; 而当该条件不满足且 i 为 0 时, 其 dp 值为 0, 因为空串不可能存在非空子序列
下面的代码中使用记忆化搜索实现, 更加直观, 而且有详细的注释, 方便大家理解

复杂度

时间复杂度 O(MN): 假设 s 和 t 的长度分别是 M 和 N, 需要两重循环求 DP 值
空间复杂度 O(MN): 二维记忆化搜索的空间消耗

代码

class Solution:
    def numDistinct(self, s: str, t: str) -> int:
        # 记忆化搜索, dp(i,j)表示s的前i个字符的所有子序列中, t的前j个字符出现的次数, 结果就是dp(len(s),len(t))
        @functools.cache
        def dp(i, j):
            if j == 0:
                # 当j为0时, 返回1, 因为总是可以包含空串
                return 1
            if i == 0:
                # 当上面条件不满足且i为0时, 返回0, 因为空串不可能存在非空子序列
                return 0
            # 两种情况都可以从(i-1,j)转移而来
            res = dp(i - 1, j)
            if s[i - 1] == t[j - 1]:
                # 当末尾两字符相等时, 还可以从(i-1,j)转移而来, 累加其计数
                res += dp(i - 1, j - 1)
            return res

        return dp(len(s), len(t))