题目1：392 判断子序列
题目链接：判断子序列
对题目的理解
判断字符串s是否为t的子序列
字符串s和字符串t的长度大于等于0，字符串s的长度小于等于字符串t的长度，本题其实和最长公共子序列的那道题很相似，相当于找两个子序列的最长公共序列长度，最终这个最长公共序列的长度是否等于字符串s的长度
进阶：如果有大量的字符串s,s1,s2,....,sk(k>=10亿)，依次检查是否为t的子序列
动态规划（编辑距离的入门题目）
动规五部曲
1）dp数组及下标i的含义
dp[i][j]:以i-1为结尾的字符串s和以j-1为结尾的字符串t的最长公共子序列的长度
2）递推公式
if (s[i - 1] != t[j - 1])，此时相当于t要删除元素，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数组初始化
根据dp数组的定义，dp[i][0]，dp[0][j]没有意义，但是为了满足递推公式，将其初始化为0，其余下标初始化为任意值均可，在之后的计算会被新值覆盖，但是为了初始化方便，均初始成0
4）遍历顺序
根据递推公式，dp[i][j]由dp[i-1][j-1]和dp[i][j-1]推出，遍历顺序从上到下，从左到右
5）打印dp数组
最终的输出结果是dp[s.size()][t.size()]代表最长相同子序列的长度，因为一定要将字符串s和字符串t遍历完，才能判断字符串是否为字符串s的子序列，要不放过任何一个字符，这样才能确保完整性，不落掉任意一个字符，如果这个长度等于s.size(),说明s是t的子序列，返回true
代码，可以直接使用最长公共子序列的代码，只是在最终返回结果的时候与s.size()比较一下
class Solution {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
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]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);
}
}
if(dp[s.size()][t.size()]==s.size()) return true;
else return false;
}
};代码2，是动规五部曲中递推公式中的那个，因为s是最长公共子序列子序列，所以只在t字符串中考虑是否删除元素从而达到减少字符而和字符串s匹配的目的
class Solution {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
vector<vector<int>> dp(s.size()+1,vector<int>(t.size()+1,0));
int result = 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];
result = max(result,dp[i][j]);
}
}
if(result==s.size()) return true;
else return false;
}
};- 时间复杂度：O(n × m)
- 空间复杂度：O(n × m)
代码也可以这样
class Solution {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
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;
else return false;
}
};题目2：115 不同的子序列
题目链接：不同的子序列
对题目的理解
返回字符串t在字符串s的子序列中出现的个数 注意说的是s的子序列，不一定连续
题目保证答案符合 32 位带符号整数范围
动态规划
动规五部曲
1）dp数组及下标i的含义
dp[i][j] :以i-1为结尾的字符串s中有以j-1为结尾的字符串t的个数
2）递推公式
这一类问题，基本是要分析两种情况
- 当前两字符串末尾的字母相等，s[i - 1] 与 t[j - 1]相等
- 当前两字符串末尾的字母不等，s[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等
s[i - 1] 与 t[j - 1]相等，dp[i][j]可以有两部分组成，（因为字符串s中，可能会包括相同字母顺序出现多次的情况）
1）使用当前的s[i - 1]匹配t[j-1]，因为这两个字母已经相同了，所以不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母s[i-1]和t[j-1]了，即只需要根据前面的s[i-2]和t[j-2]计算的dp[i-1][j-1]个数继续赋值就行，就看前面计算了多少个就可以了，这个继续向下进行赋值就OK
2）不使用当前的s[i - 1]来匹配t[j-1]
例如： s：bagg 和 t：bag ，s[2],s[3] 和 t[2]是相同的，可以用s[3]来匹配，也可以用s[2]匹配，
当s[3]和t[2]相匹配时，当前的s[i-1]与t[i-1]相匹配都对应着最后一个字母g，此时就是第一种情况，取决于dp[i-1][j-1]；
但是不使用s[3]（假设删除了元素s[3]，也有可能和t相匹配），而是使用s[2]来匹配t[2]也是可以的，字符串t中要匹配的字母t[2]还是不变，只是s子串的最后一个字母发生了变化（由s[3]处的g变为s[2]处的g）而已，个数就为同样的t[j]在前面s[i-2]计算的个数，即对应着dp数组中的dp[i-1][j]，
所以当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，将这两种情况得到的结果进行相加，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 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
因为两个子串最末尾的字符已经不等了，所以无法使用s[i-1]匹配t[j-1]，则对于t[j-1]不考虑s[i-1]，模拟将字符串中的s[i-1]这个元素删除，那么就拿上一层，也就是字符s[i-1]的前一个字符s[i-2]来匹配字符t[i-1]的结果来作为当前字符s[i-1]匹配t[j-1]的结果,
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
3）dp数组初始化
根据递推公式，dp[i][j]是从上方和左上方推导而来，第一行与第一列要进行初始化，是递推公式的基础。
根据dp数组定义，dp[i][0] 代表以i-1为结尾的字符串s中有以-1为结尾的空字符串t的个数，而s不为空，如果将s中的字符都删除，则会变成空字符串t ，则有一个
dp[0][j] 代表以-1为结尾的字符串s中有以j-1为结尾的t字符串的个数，此时s是空字符串，而t不是空字符串，所以无论怎么改变s，都没有办法组成t字符串，所以有0个
交集 dp[0][0] = 1 ：空字符串s中有1个空i字符串t
4）遍历顺序
根据递推公式 从左到右，从上到下
5）打印dp数组
最终的结果是dp[s.size()][t.size()]，因为最终一定要将字符串s和字符串t遍历完，才能最终判定字符串s中有多少个字符串t，这样才能不落掉任何一个字符，保证字符全部都遍历到，这样才能不落掉任何一个个数
代码
class Solution {
public:
int numDistinct(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
vector<vector<int>> dp(s.size()+1,vector<int>(t.size()+1,0));
//初始化dp数组
for(int i=0;i<s.size();i++) dp[i][0]=1;
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()];
}
};上述代码会报如下错误
会有溢出错误，因为是两个整数相加，结果超出了int类型的表示范围
将代码改为如下
class Solution {
public:
int numDistinct(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
vector<vector<uint64_t>> dp(s.size()+1,vector<uint64_t>(t.size()+1,0));
//初始化dp数组
for(int i=0;i<s.size();i++) dp[i][0]=1;
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)
也可以将类型改为unsigned long long也能顺利通过，代码如下
class Solution {
public:
int numDistinct(string s, string t) {
//定义并初始化dp数组
vector<vector<unsigned long long>> dp(s.size()+1,vector<unsigned long long>(t.size()+1,0));
//初始化dp数组
for(int i=0;i<s.size();i++) dp[i][0]=1;
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()];
}
};流程
