[Lootcode]115. 不同的子序列——题解

[_白白不白]

115. 不同的子序列

题目：

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

题解：

难度还是比较大的，求的是 s 的子序列中 t 出现的个数。继续五部曲来分析，但是就不一步一步的来分步说了，直接白话。

这种动态规划问题我们一般是由前面的一小节推出来后面的大的部分。也就是把大问题拆分为小问题来解决。从小问题到大问题也是由状态转移方程来变换的。那么每个小的部分是什么呢？

在这个题目大的部分就是整个 s 的子序列中出现整个 t 的个数，那么我们就可以把这个大问题拆分为小部分s中出现小部分t的过程。我们由一个个小部分推导出来整个大部分。

那么问题又来了，我们该怎么样进行推导呢？

我们进行字符串比较，如果当前两个位置对应的字符相等，那么我们就看他们前面部分有几个是相等的或者是在之前比较到这个字符时候有几次是相等的，所以这是两部分构成的。

如果不相等那么就是之前匹配到当前位置的次数即可。

代码如下：

class Solution {
    public int numDistinct(String s, String t) {
        int lens = s.length(), lent = t.length();
        int[][] dp = new int[lens + 1][lent + 1];
        for(int i = 0; i <= lens; i ++) {
            dp[i][0] = 1;
        }
        for(int i = 1; i <= lens; i ++){
            for(int j = 1; j <= lent; j ++) {
                if(s.charAt(i - 1) == t.charAt(j - 1)) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
        return dp[lens][lent];
    }
}