代码随想录算法训练营第55天|392.判断子序列、115.不同的子序列

文章介绍了如何通过双指针和动态规划方法判断一个字符串s是否为另一个字符串t的子序列,以及如何计算不同子序列中字符串t出现的次数。分别给出了基于这两种方法的代码实现和时间/空间复杂度分析。

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392.判断子序列

题目链接:最长公共子序列

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""abcde"的一个子序列,而"aec"不是)。

双指针:

这道题也可以用双指针的思路来实现,时间复杂度是O(n))

class Solution {
public:
    bool isSubsequence(string s, string t) {
        int i = 0;
        for (int j = 0; j < t.size(); j++) {
            if (s[i] == t[j]) {
                i++;
            }
        }
        return i == s.size();
    }
};

动态规划:

这道题其实是最长重复子数组的扩展,如果最长重复子数组的长度和字符串s的长度相同,则s是t的子序列。

动规五部曲

  1. 确定dp数组(dp table)以及下标的含义 dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串s,和以下标j-1为结尾的字符串t,相同子序列的长度为dp[i][j]

  2. 确定递推公式 在确定递推公式的时候,首先要考虑如下两种操作,整理如下:

    • if (s[i - 1] == t[j - 1]). t中找到了一个字符在s中也出现了
    • if (s[i - 1] != t[j - 1]). 相当于t要删除元素,继续匹配

    if (s[i - 1] == t[j - 1]),那么dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;,因为找到了一个相同的字符,相同子序列长度自然要在dp[i-1][j-1]的基础上加1 if (s[i - 1] != t[j - 1]),此时相当于t要删除元素,t如果把当前元素t[j - 1]删除,那么dp[i][j] 的数值就是 看s[i - 1]与 t[j - 2]的比较结果了,即:dp[i][j] = dp[i][j - 1];

  3. dp[i]的初始化 从递推公式可以看出dp[i][j]都是依赖于dp[i - 1][j - 1] 和 dp[i][j - 1],所以dp[0][0]和dp[i][0]是一定要初始化的。

  4. 确定遍历顺序 从递推公式,可以看出,有三个方向可以推出dp[i][j],分别为dp[i-1][j]、dp[i][j-1]。所以要从前向后,从上到下来遍历这个矩阵。

class Solution {
public:
    bool isSubsequence(string s, string t) {
        vector<vector<int>> dp(s.size() + 1, vector<int>(t.size() + 1, 0));
        for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
            for (int j = 1; j <= t.size(); j++) {
                if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
                else dp[i][j] = dp[i][j - 1];
            }
        }
        if (dp[s.size()][t.size()] == s.size()) return true;
        return false;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n * m),其中 n 和 m 分别为 s 和 t 的长度
  • 空间复杂度: O(n * m)

115.不同的子序列

题目链接: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。

解题思路:

  1. 确定dp数组(dp table)以及下标的含义 dp[i][j]:以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。
  2. 确定递推公式 这一类问题,基本是要分析两种情况:
    • 当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时,dp[i][j]可以有两部分组成。一部分是用s[i - 1]来匹配,那么个数为dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母,所以只需要 dp[i-1][j-1]。一部分是不用s[i - 1]来匹配,个数为dp[i - 1][j]。
    • 当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时,dp[i][j]只有一部分组成,不用s[i - 1]来匹配(就是模拟在s中删除这个元素),即:dp[i - 1][j]
  3. dp数组如何初始化 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] 是从上方和左上方推导而来,如图:,那么 dp[i][0] 和dp[0][j]是一定要初始化的。
    • dp[i][0] 表示:以i-1为结尾的s可以随便删除元素,出现空字符串的个数。那么dp[i][0]一定都是1,因为也就是把以i-1为结尾的s,删除所有元素,出现空字符串的个数就是1。
    • 再来看dp[0][j],dp[0][j]:空字符串s可以随便删除元素,出现以j-1为结尾的字符串t的个数。那么dp[0][j]一定都是0,s如论如何也变成不了t。
  4. 确定遍历顺序 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]都是根据左上方和正上方推出来的。
class Solution {
public:
    int numDistinct(string s, string t) {
        vector<vector<uint64_t>> dp(s.size() + 1, vector<uint64_t>(t.size() + 1));
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) dp[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j < t.size(); j++) dp[0][j] = 0;
        for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
            for (int j = 1; j <= t.size(); 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[s.size()][t.size()];
    }
};
  • 时间复杂度: O(n * m)
  • 空间复杂度: O(n * m)

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