题目描述（困难难度）

给定两个字符串 S 和T，从 S 中选择字母，使得刚好和 T 相等，有多少种选法。

解法一递归之分治

S 中的每个字母就是两种可能选他或者不选他。我们用递归的常规思路，将大问题化成小问题，也就是分治的思想。

如果我们求 S[0，S_len - 1] 中能选出多少个 T[0，T_len - 1]，个数记为 n。那么分两种情况，

S[0] == T[0]，需要知道两种情况
- 从 S 中选择当前的字母，此时 S 跳过这个字母, T 也跳过一个字母。
  
  去求 S[1，S_len - 1] 中能选出多少个 T[1，T_len - 1]，个数记为 n1
- S 不选当前的字母，此时S跳过这个字母，T 不跳过字母。
  
  去求S[1，S_len - 1] 中能选出多少个 T[0，T_len - 1]，个数记为 n2
S[0] ！= T[0]

S 只能不选当前的字母，此时S跳过这个字母， T 不跳过字母。

去求S[1，S_len - 1] 中能选出多少个 T[0，T_len - 1]，个数记为 n1

也就是说如果求 S[0，S_len - 1] 中能选出多少个 T[0，T_len - 1]，个数记为 n。转换为数学式就是

if(S[0] == T[0]){
    n = n1 + n2;
}else{
    n = n1;
}

推广到一般情况，我们可以先写出递归的部分代码。

public int numDistinct(String s, String t) {
    return numDistinctHelper(s, 0, t, 0);
}

private int numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start) {
    int count = 0;
    //当前字母相等
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        //从 S 选择当前的字母，此时 S 跳过这个字母, T 也跳过一个字母。
        count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1, map)
        //S 不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母，T 不跳过字母。
                + numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start,  map);
    //当前字母不相等  
    }else{ 
       //S 只能不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母， T 不跳过字母。
       count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start,  map);
    }
    return count; 
}

递归出口的话，因为我们的S和T的开始下标都是增长的。

如果S[s_start, S_len - 1]中， s_start 等于了 S_len ，意味着S是空串，从空串中选字符串T，那结果肯定是0。

如果T[t_start, T_len - 1]中，t_start等于了 T_len，意味着T是空串，从S中选择空字符串T，只需要不选择 S 中的所有字母，所以选法是1。

综上，代码总体就是下边的样子

public int numDistinct(String s, String t) {
    return numDistinctHelper(s, 0, t, 0);
}

private int numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start) {
    //T 是空串，选法就是 1 种
    if (t_start == t.length()) { 
        return 1;
    }
    //S 是空串，选法是 0 种
    if (s_start == s.length()) {
        return 0;
    }
    int count = 0;
    //当前字母相等
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        //从 S 选择当前的字母，此时 S 跳过这个字母, T 也跳过一个字母。
        count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1)
        //S 不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母，T 不跳过字母。
              + numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start);
    //当前字母不相等  
    }else{ 
        //S 只能不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母， T 不跳过字母。
        count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start);
    }
    return count; 
}

遗憾的是，这个解法对于如果S太长的 case 会超时。

原因就是因为递归函数中，我们多次调用了递归函数，这会使得我们重复递归很多的过程，解决方案就很简单了，Memoization 技术，把每次的结果利用一个map保存起来，在求之前，先看map中有没有，有的话直接拿出来就可以了。

map的key的话就标识当前的递归，s_start 和 t_start 联合表示，利用字符串 s_start + '@' + t_start。

value的话就保存这次递归返回的count。

public int numDistinct(String s, String t) {
    HashMap<String, Integer> map = new HashMap<>();
    return numDistinctHelper(s, 0, t, 0, map);
}

private int numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start, HashMap<String, Integer> map) {
    //T 是空串，选法就是 1 种
    if (t_start == t.length()) { 
        return 1;
    }
    //S 是空串，选法是 0 种
    if (s_start == s.length()) {
        return 0;
    }
    String key = s_start + "@" + t_start;
    //先判断之前有没有求过这个解
    if (map.containsKey(key)) {
        return map.get(key); 
    }
    int count = 0;
    //当前字母相等
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        //从 S 选择当前的字母，此时 S 跳过这个字母, T 也跳过一个字母。
        count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1, map)
        //S 不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母，T 不跳过字母。
              + numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start, map);
    //当前字母不相等  
    }else{ 
        //S 只能不选当前的字母，此时 S 跳过这个字母， T 不跳过字母。
        count = numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start, map);
    }
    //将当前解放到 map 中
    map.put(key, count);
    return count; 
}

解法二递归之回溯

回溯的思想就是朝着一个方向找到一个解，然后再回到之前的状态，改变当前状态，继续尝试得到新的解。可以类比于二叉树的DFS，一路走到底，然后回到之前的节点继续递归。

对于这道题，和二叉树的DFS很像了，每次有两个可选的状态，选择S串的当前字母和不选择当前字母。

当S串的当前字母和T串的当前字母相等，我们就可以选择S的当前字母，进入递归。

递归出来以后，继续尝试不选择S的当前字母，进入递归。

代码可以是下边这样。

public int numDistinct3(String s, String t) { 
    numDistinctHelper(s, 0, t, 0);
}

private void numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start) {
    //当前字母相等，选中当前 S 的字母，s_start 后移一个
    //选中当前 S 的字母，意味着和 T 的当前字母匹配，所以 t_start 后移一个
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1);
    }
    //出来以后，继续尝试不选择当前字母，s_start 后移一个，t_start 不后移
    numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start);
}

递归出口的话，就是两种了。

当t_start == T_len，那么就意味着当前从S中选择的字母组成了T，此时就代表一种选法。我们可以用一个全局变量count，count计数此时就加一。然后return，返回到上一层继续寻求解。
当s_start == S_len，此时S到达了结尾，直接 return。

int count = 0;
public int numDistinct(String s, String t) { 
    numDistinctHelper(s, 0, t, 0);
    return count;
}

private void numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start) {
    if (t_start == t.length()) {
        count++; 
        return;
    }
    if (s_start == s.length()) {
        return;
    }
    //当前字母相等，s_start 后移一个，t_start 后移一个
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1);
    }
    //出来以后，继续尝试不选择当前字母，s_start 后移一个，t_start 不后移
    numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start);
}

好吧，这个熟悉的错误又出现了，同样是递归中调用了两次递归，会重复计算一些解。怎么办呢？Memoization 技术。

map的key和之前一样，标识当前的递归，s_start 和 t_start 联合表示，利用字符串 s_start + '@' + t_start。

map的value的话？存什么呢。区别于解法一，我们每次都得到了当前条件下的count，然后存起来了。而现在我们只有一个全局变量，该怎么办呢？存全局变量count吗？

如果递归过程中

if (map.containsKey(key)) {
   ... ...
}

遇到了已经求过的解该怎么办呢？

我们每次得到一个解后增加全局变量count，所以我们map的value存两次递归后 count 的增量。这样的话，第二次遇到同样的情况的时候，就不用递归了，把当前增量加上就可以了。

if (map.containsKey(key)) {
    count += map.get(key);
    return; 
}

综上，代码就出来了

int count = 0;
public int numDistinct(String s, String t) { 
    HashMap<String, Integer> map = new HashMap<>();
    numDistinctHelper(s, 0, t, 0, map);
    return count;
}

private void numDistinctHelper(String s, int s_start, String t, int t_start, 
            HashMap<String, Integer> map) {
    if (t_start == t.length()) {
        count++; 
        return;
    }
    if (s_start == s.length()) {
        return;
    }
    String key = s_start + "@" + t_start;
    if (map.containsKey(key)) {
        count += map.get(key);
        return; 
    }
    int count_pre = count;
    //当前字母相等，s_start 后移一个，t_start 后移一个
    if (s.charAt(s_start) == t.charAt(t_start)) {
        numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start + 1, map);
    }
    //出来以后，继续尝试不选择当前字母，s_start 后移一个，t_start 不后移
    numDistinctHelper(s, s_start + 1, t, t_start, map);

    //将增量存起来
    int count_increment = count - count_pre;
    map.put(key, count_increment); 
}

解法三动态规划

让我们来回想一下解法一做了什么。s_start 和 t_start 不停的增加，一直压栈，压栈，直到

//T 是空串，选法就是 1 种
if (t_start == t.length()) { 
    return 1;
}
//S 是空串，选法是 0 种
if (s_start == s.length()) {
    return 0;
}

T 是空串或者 S 是空串，我们就直接可以返回结果了，接下来就是不停的出栈出栈，然后把结果通过递推关系取得。

递归的过程就是由顶到底再回到顶。

动态规划要做的就是去省略压栈的过程，直接由底向顶。

这里我们用一个二维数组 dp[m][n] 对应于从 S[m，S_len) 中能选出多少个 T[n，T_len)。

当 m == S_len，意味着S是空串，此时dp[S_len][n]，n 取 0 到 T_len - 1的值都为 0。

当 n == T_len，意味着T是空串，此时dp[m][T_len]，m 取 0 到 S_len的值都为 1。

然后状态转移的话和解法一分析的一样。如果求dp[s][t]。

S[s] == T[t]，当前字符相等，那就对应两种情况，选择S的当前字母和不选择S的当前字母

dp[s][t] = dp[s+1][t+1] + dp[s+1][t]
S[s] != T[t]，只有一种情况，不选择S的当前字母

dp[s][t] = dp[s+1][t]

代码就可以写了。

public int numDistinct(String s, String t) {
    int s_len = s.length();
    int t_len = t.length();
    int[][] dp = new int[s_len + 1][t_len + 1];
    //当 T 为空串时，所有的 s 对应于 1
    for (int i = 0; i <= s_len; i++) {
        dp[i][t_len] = 1;
    }

    //倒着进行，T 每次增加一个字母
    for (int t_i = t_len - 1; t_i >= 0; t_i--) {
        dp[s_len][t_i] = 0; // 这句可以省去，因为默认值是 0
        //倒着进行，S 每次增加一个字母
        for (int s_i = s_len - 1; s_i >= 0; s_i--) {
            //如果当前字母相等
            if (t.charAt(t_i) == s.charAt(s_i)) {
                //对应于两种情况，选择当前字母和不选择当前字母
                dp[s_i][t_i] = dp[s_i + 1][t_i + 1] + dp[s_i + 1][t_i];
            //如果当前字母不相等
            } else {
                dp[s_i][t_i] = dp[s_i + 1][t_i];
            }
        }
    }
    return dp[0][0];
}

对比于解法一和解法二，如果Memoization 技术我们不用hash，而是用一个二维数组，会发现其实我们的递归过程，其实就是在更新下图中的二维表，只不过更新的顺序没有动态规划这么归整。这也是不用Memoization 技术会超时的原因，如果把递归的更新路线画出来，会发现很多路线重合了，意味着我们进行了很多没有必要的递归，从而造成了超时。

我们画一下动态规划的过程。

S = "babgbag", T = "bag"

T 为空串时，所有的 s 对应于 1。 S 为空串时，所有的 t 对应于 0。

此时我们从 dp[6][2] 开始求。根据公式，因为当前字母相等，所以 dp[6][2] = dp[7][3] + dp[7][2] = 1 + 0 = 1 。

接着求dp[5][2]，当前字母不相等，dp[5][2] = dp[6][2] = 1。

一直求下去。

求当前问号的地方的值的时候，我们只需要它的上一个值和斜对角的值。

换句话讲，求当前列的时候，我们只需要上一列的信息。比如当前求第1列，第3列的值就不会用到了。

所以我们可以优化算法的空间复杂度，不需要二维数组，需要一维数组就够了。

此时需要解决一个问题，就是当求上图的dp[1][1]的时候，需要dp[2][1]和dp[2][2]的信息。但是如果我们是一维数组，dp[2][1]之前已经把dp[2][2]的信息覆盖掉了。所以我们需要一个pre变量保存之前的值。

public int numDistinct(String s, String t) {
    int s_len = s.length();
    int t_len = t.length();
    int[]dp = new int[s_len + 1];
    for (int i = 0; i <= s_len; i++) {
        dp[i] = 1;
    }
  //倒着进行，T 每次增加一个字母
    for (int t_i = t_len - 1; t_i >= 0; t_i--) {
        int pre = dp[s_len];
        dp[s_len] = 0; 
         //倒着进行，S 每次增加一个字母
        for (int s_i = s_len - 1; s_i >= 0; s_i--) {
            int temp = dp[s_i];
            if (t.charAt(t_i) == s.charAt(s_i)) {
                dp[s_i] = dp[s_i + 1] + pre;
            } else {
                dp[s_i] = dp[s_i + 1];
            }
            pre = temp;
        }
    }
    return dp[0];
}

利用temp和pre两个变量实现了保存之前的值。

其实动态规划优化空间复杂度的思想，在 5题，10题，53题，72题等等都已经用了，是非常经典的。

上边的动态规划是从字符串末尾倒着进行的，其实我们只要改变dp数组的含义，用dp[m][n]表示S[0,m)和T[0,n)，然后两层循环我们就可以从 1 往末尾进行了，思想是类似的，leetcode 高票答案也都是这样的，如果理解了上边的思想，代码其实也很好写。这里只分享下代码吧。

public int numDistinct(String s, String t) {
    int s_len = s.length();
    int t_len = t.length();
    int[] dp = new int[s_len + 1];
    for (int i = 0; i <= s_len; i++) {
        dp[i] = 1;
    }
    for (int t_i = 1; t_i <= t_len; t_i++) {
        int pre = dp[0];
        dp[0] = 0;
        for (int s_i = 1; s_i <= s_len; s_i++) {
            int temp = dp[s_i];
            if (t.charAt(t_i - 1) == s.charAt(s_i - 1)) {
                dp[s_i] = dp[s_i - 1] + pre;
            } else {
                dp[s_i] = dp[s_i - 1];
            }
            pre = temp;
        }
    }
    return dp[s_len];
}

总

这道题太经典了，从递归实现回溯，递归实现分治，Memoization 技术对递归的优化，从递归转为动态规划再到动态规划空间复杂度的优化，一切都是理所当然，不需要什么特殊技巧，一切都是这么优雅，太棒了。

自己一开始是想到回溯的方法，然后卡到了超时的问题上，看了这篇和这篇的题解后才恍然大悟，一切才都联通了，解法一、解法二、解法三其实本质都是在填充那个二维矩阵，最终殊途同归，不知为什么脑海中有宇宙大爆炸，然后万物产生联系的画面，2333。

这里自己需要吸取下教训，自己开始在回溯卡住了以后，思考了动态规划的方法，dp数组的含义已经定义出来了，想状态转移方程的时候在脑海里一直想，又卡住了。所以对于这种稍微复杂的动态规划还是拿纸出来画一画比较好。

115*. Distinct Subsequences

题目描述（困难难度）

解法一递归之分治

解法二递归之回溯

解法三动态规划

总

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解法一 递归之分治

解法二 递归之回溯

解法三 动态规划

总

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解法一递归之分治

解法二递归之回溯

解法三动态规划