题目1

392. 判断子序列【简单】

题解

暴力双指针

很简单，不多说了

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int m=s.length(),n=t.length(),i=0;
        for(int j=0;i<m && j<n;j++){
            if(s.charAt(i)==t.charAt(j))
                i++;
        }
        return i==m;
    }
}

时间复杂度： $O (m + n)$

空间复杂度： $O (1)$

动态规划

暴力其实就挺简单的了…而且复杂度也不错，但是官解中还给了动态规划的解法，刚开始不理解，后来看到评论里说的，假如有x条s要处理，此时双指针复杂度为 $O (x (t l + s l))$ ，但是动态规划复杂度只有 $O (x t l + s l)$ ，恍然大悟

状态定义：dp[i][j] 表示字符串 t 中从位置 i 开始往后26个字母中每个字母第一次出现的位置
状态转移方程：如果 t[i] 就是 ‘a’+j，那么 dp[i][j]=i，否则 ‘a’+j 出现在位置 i+1 开始往后，即 dp[i][j]=dp[i+1][j]
（1）t[i]==‘a’+j：dp[i][j] = i
（2）t[i] !=‘a’+j：dp[i][j] = dp[i+1][j]
遍历顺序：因为遍历到 i 时，i+1必须有值，因此要从后向前遍历；j 从0到25
初始条件：dp[tl][i]=tl，表示t中不含该字母

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int sl=s.length(),tl=t.length();
        int dp[][]=new int[tl+1][26];
        //初始化dp,26个字母在t中的位置设置为tl,表示t中不存在该字母
        for(int i=0;i<26;i++)
            dp[tl][i]=tl;
        //26个字母在t中的位置
        for(int i=tl-1;i>=0;i--){
            for(int j=0;j<26;j++){
                if(t.charAt(i)=='a'+j)
                    dp[i][j]=i;
                else
                    dp[i][j]=dp[i+1][j];
            }
        }
        /*判断t中是否含有s*/
        int add=0;//t中字符下标
        //遍历s中字母i
        for(int i=0;i<sl;i++){
            //t中没有s[i]
            if(dp[add][s.charAt(i)-'a']==tl)
                return false;
            //t挪到t[s[i]]的下一个位置
            add=dp[add][s.charAt(i)-'a']+1;
        }
        return true;
    }
}

时间复杂度： $O (26 ? t l + s l)$

空间复杂度： $O (26 ? t l)$

题目2

72. 编辑距离【困难】

题解

又是一道经典的困难题…完全没思路…熟读背诵吧

首先分析操作类型，题目给出了三种：插入、删除和修改，那么对于两个单词A和B来说，一共有六种操作方式，但是会发现三个等式：

插入A=删除B（如 A=dog，B=doge）
删除A=插入B（如 A=doge，B=dog）
修改A=修改B（如 A=cat，B=bat）

所以可将六种操作方式简化为三种，插入A，插入B，修改A

再来看一下如何把问题转化为规模较小的子问题，假设A=horse，B=ros，

插入A：假设horse到ro的编辑距离为a，那么horse到ros的编辑距离不超过a+1，因为ro到ros只需要一步插入字符’s’（horse->ro->ros）
插入B：假设hors到ros的编辑距离为b，那么horse到ros的编辑距离不超过b+1，因为hors到horse只需要一步插入字符’e’（ros->hors->horse）
修改A：假设hors到ro的编辑距离为c，那么horse到ros的编辑距离不超过c+1，因为roe到ros只需要一步将’e’替换为’s’（horse->roe->ros）

所以从 horse 变成 ros 的编辑距离应该为 min(a + 1, b + 1, c + 1)

最后来讨论一下动态规划的4个重要问题

状态定义：dp[i][j] 表示 A 的前 i 个字母和 B 的前 j 个字母之间的编辑距离。
状态转移方程：

其中D[i][j-1] 为 A 的前 i 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于B[j]，我们在A的末尾添加了一个同样的字符（->A和B最后一个字符相同，同时删去这个字符编辑距离也相同，对于A来说只是删除了添加的字符，因此还是i，对于B来说，删掉了末尾的字符，因此为j-1），则D[i][j] 最小可以为 D[i][j-1] + 1 （+1是在A末尾添加字符的那步操作）；
D[i-1][j] 为 A 的前 i - 1 个字符和 B 的前 j 个字符编辑距离的子问题。即对于A[i]，我们在B的末尾添加了一个同样的字符，则D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j] + 1；
D[i-1][j-1] 为 A 前 i - 1 个字符和 B 的前 j - 1 个字符编辑距离的子问题。即对于 B [j]，我们修改 A [i] 使它们相同，那么 D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1] + 1。特别地，如果 A 的第 i 个字符和 B 的第 j 个字符原本就相同，那么我们实际上不需要进行修改操作。在这种情况下，D[i][j] 最小可以为 D[i-1][j-1]。

借用官解的图举个例子：
在这里插入图片描述

初始条件：dp[i][0]=i，表示对word1执行 i 次删除操作；dp[0][j]=j，表示对word2执行 j 次删除操作；
返回值：dp[n1-1][n2-1]

class Solution {
    public int minDistance(String word1, String word2) {
        int n1=word1.length(),n2=word2.length();
        //dp初始化
        int dp[][]=new int[n1+1][n2+1];
        for(int i=0;i<=n1;i++)
            dp[i][0]=i;//空字符到word1[0..i]只需插入i个字符
        for(int j=0;j<=n2;j++)
            dp[0][j]=j;
        for(int i=1;i<=n1;i++){
            for(int j=1;j<=n2;j++){
                int mod=dp[i-1][j-1];
                if(word1.charAt(i-1)==word2.charAt(j-1))
                    mod--;//最后一个字符相同,直接为dp[i-1][j-1],不用+1
                dp[i][j]=Math.min(dp[i-1][j],Math.min(dp[i][j-1],mod))+1;
            }
        }
        return dp[n1][n2];
    }
}