97 Interleaving String

题目链接：https://leetcode.com/problems/interleaving-string/

题目：

Given s1, s2, s3, find whether s3 is formed by the interleaving of s1 and s2.

For example,
Given:
s1 = "aabcc",
s2 = "dbbca",

When s3 = "aadbbcbcac", return true.
When s3 = "aadbbbaccc", return false.

解题思路：

这题可以抽象成，按顺序随机从 s1 和 s2 中二选一抽取一个字符，进行排列，查看是否能排成 s3 的样子。也就是说，对于 s3 中的每一个字符，都是从 s1 和 s2 中二选一的一个字符，被选择的字符都是按在 s1 和 s2 中的排列顺序选取的。

排列过程中的每一种状态都依赖于之前某个阶段的某个状态，当 s3 中的字符在 s1 和 s2 中都出现时，就面临了二选一的情况，也就是某个状态可以产生两种新的状态。这是典型的动态规划问题。

动态规划问题，可以用递归来求解

1. 如果递归展开就意味着每一次都要两个字符选取一个之后都要递归所有情况， 这样的复杂度是跟NP问题复杂度一致的， 也就是指数（非多项式）量级的。

2. 最坏情况基本上就是说你前面递归都很顺利， 然后一般在最后卡住，比如说 s3 是 aaaaaaaa，s1 是 aaaa，s2 是 aaab， 这样子在前面递归会很顺利， 而且两边去哪个a都是可以的，但是都会卡在最后一个字母上面, 最终会返回 false， 但是每次递归都会进入很深的层数。

3. 经试验，会超时

动态规划还有另一种方式，就是把被当前状态依赖的历史状态记录下来，通常使用数组来记录。

参考大神的解法：/article/1378225.html

像这种判断能否按照某种规则来完成求是否或者某个量的题目，很容易会想到用动态规划来实现。

1. 先说说维护量，res[i][j] 表示用 s1 的前 i 个字符和 s2 的前 j 个字符能不能按照规则表示出 s3 的前 i+j 个字符，如此最后结果就是res[s1.length()][s2.length()]，判断是否为真即可。

2. 接下来就是递推式了，假设知道 res[i][j] 之前的所有历史信息，我们怎么得到 res[i][j]。可以看出，其实只有两种方式来递推，一种是选取 s1 的字符作为 s3 新加进来的字符，另一种是选 s2 的字符作为新进字符。

3. 要看看能不能选取，就是判断 s1(s2) 的第 i(j) 个字符是否与 s3 的 i+j 个字符相等。如果可以选取并且对应的 res[i-1]j 也为真，就说明 s3 的 i+j 个字符可以被表示。这两种情况只要有一种成立，就说明res[i][j]为真，是一个或的关系。所以递推式可以表示成

res[i][j] = res[i-1][j]&&s1.charAt(i-1)==s3.charAt(i+j-1) || res[i][j-1]&&s2.charAt(j-1)==s3.charAt(i+j-1)

4. 时间上因为是一个二维动态规划，所以复杂度是 O(m*n)，m 和 n 分别是 s1 和 s2 的长度。

5. 最后就是空间花费，可以看出递推式中只需要用到上一行的信息，所以我们只需要一个一维数组就可以完成历史信息的维护，为了更加优化，我们把短的字符串放在内层循环，这样就可以只需要短字符串的长度即可，所以复杂度是 O(min(m,n))。

补充：就上面的递推公式而言，s1 只与前一行有关，s2 只与前一列有关。res[][] 是个二维数组，实际是一行一行的遍历 res ，故每轮只需存储 res 的一行即可。对于 res[i][j] 来说，它的前一行是 res[j]，前一列是 res[j - 1]（已覆盖上一行的元素，是当前元素左边的元素）。

代码实现：

public class Solution {
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
if(s1.length() + s2.length() != s3.length())
return false;
String maxStr = s1.length() > s2.length() ? s1 : s2;
String minStr = s1.length() > s2.length() ? s2 : s1;
boolean[] res = new boolean[minStr.length() + 1];
res[0] = true;
for(int i = 0; i < minStr.length(); i ++)
res[i + 1] = res[i] && minStr.charAt(i) == s3.charAt(i);
for(int i = 0; i < maxStr.length(); i ++) {
res[0] = res[0] && maxStr.charAt(i) == s3.charAt(i);
for(int j = 0; j < minStr.length(); j ++) {
res[j + 1] = res[j] && minStr.charAt(j) == s3.charAt(i + j + 1) || res[j + 1] && maxStr.charAt(i) == s3.charAt(i + j + 1);
}
}
return res[minStr.length()];
}
}

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Status: Accepted
Runtime: 5 ms