给出S = "rabbbit", T = "rabbit"

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解题：

分析：

一般来说，如果题目里面给出两个字符串，基本是两种思路，一种就是递归判断，一种就是动态规划。这里我们可以用 f[i,j] 表示S中前i个字符串中，T的前j个字符出现的次数。

比较 S[i-1] 是否等于 T[j-1]:

(1)如果不相等: f[i,j] = f[i-1,j] ;

(2)如果相等：f[i,j] = f[i-1,j]+f[i-1,j-1];

可以看到，i的状态只与i-1有关，于是可以用滚动数组来进行优化。

总结：像这类动态规划题目，都是设法找到子问题的解，然后进行归纳递推。具体的，比如5,6,7三个题目。

            a. 先设置一个子问题：前i个字符组成的字符串，和前j个字符组成的字符串，它的解为p[i][j]；

            b. 然后考虑这个解与p[i-1,j-1],p[i,j-1],p[i-1,j] 的关系。一般就是通过比较前最后两个字符是否相等来归纳，写出问题解的表达式。

            c. 求出初始值，剩下的计算，交给计算机好了。

 代码如下：

class Solution {
public:    /*** @param S, T: Two string.* @return: Count the number of distinct subsequences*/int numDistinct(string &S, string &T) {// write your code here//动态规划问题,主要还是熟悉动态规划的解题模式。//注意初始值设置要正确,边界要完整。int Slen=S.length();int Tlen=T.length();int dp[Slen+1][Tlen+1];dp[0][0]=1;for(int i=1;i<Slen+1;i++){dp[i][0]=1;}for(int j=1;j<Tlen+1;j++){dp[0][j]=0;}for(int i=0;i<Slen;i++){for(int j=0;j<Tlen;j++){if(S[i]!=T[j]){dp[i+1][j+1]=dp[i][j+1];}else{dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+dp[i][j+1];}}}return dp[Slen][Tlen];}
};

附：优化代码

转自：http://blog.csdn.net/wangyuquanliuli/article/details/45830879

    class Solution {  public:      /** * @param S, T: Two string. * @return: Count the number of distinct subsequences */  int numDistinct(string &S, string &T) {  // write your code here  vector<int> dp(T.length()+1);  dp[0] = 1;  for(int i=1;i<=S.length();i++)  {  for(int j=T.length();j>0;j--)  dp[j] += T[j-1]==S[i-1]?dp[j-1]:0;  }  return dp[T.length()];  }  };  

滚动数组：

转自：http://blog.csdn.net/niushuai666/article/details/6677982

滚动数组的作用在于优化空间，主要应用在递推或动态规划中（如01背包问题）。因为DP（动态规划）题目是一个自底向上的扩展过程，我们常常需要用到的是连续的解，前面的解往往可以舍去。所以用滚动数组优化是很有效的。利用滚动数组的话在N很大的情况下可以达到压缩存储的作用。

一个简单的例子：

斐波那契数列：

一般代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int Fib[25];int fib(int n)
{Fib[0] = 0;Fib[1] = 1;Fib[2] = 1;for(int i = 3; i <= n; ++i)Fib[i] = Fib[i - 1] + Fib[i - 2];return Fib[n];
}int main()
{int ncase, n, ans;scanf("%d", &ncase);while(ncase--){scanf("%d", &n);ans = fib(n);printf("%d\n", ans);}return 0;
}

利用滚动数组优化后代码为：

大家熟悉的斐波那契数列，f(n) =f(n-1) +f(n-2)，如果要求解f(1000)，是不需要申请1000个大小的数组的，使用滚动数组只需申请3个空间f[3]就可以完成任务。

#include<cstdio>
using namespace std;
int Fib[3];int fib(int n)
{Fib[1] = 0; Fib[2] = 1;for(int i = 2; i <= n; ++i){//这里实现滚动；Fib[0] = Fib[1]; Fib[1] = Fib[2];Fib[2] = Fib[0] + Fib[1];}return Fib[2];
}int main()
{int ncase, n, ans;scanf("%d", &ncase);while(ncase--){scanf("%d", &n);ans = fib(n);printf("%d\n", ans);}return 0;
}        

所谓滚动数组，目的在于优化空间，状态转移矩阵使用的是一个N*V的数组，在求解的过程中，我们可以发现，当前状态只与前一状态 的解有关，那么之前存储的状态信息已经无用了，可以舍弃的，我们只需要空间存储当前的状态和前一状态，所以只需使用2*V的空间，循环滚动使用，就可以达 到跟N*V一样的效果。这是一个非常大的空间优化。

滚动数组实际是一种节省空间的办法，时间上没啥优势，多用于DP中，举个例子吧：

一个DP，平常如果需要1000×1000的空间，其实根据DP的无后效性，可以开成2×1000，然后通过滚动，获得和1000×1000一样的效果。 滚动数组常用于DP之中，在DP过程中，我们在由一个状态转向另一个状态时，很可能之前存储的某些状态信息就已经无用了，例如在01背包问题中，从理解角 度讲我们应开DP[i][j]的二维数组，第一维我们存处理到第几个物品，也就是阶段了，第二维存储容量，但是我们获得DP[i],只需使用DP[i - 1]的信息，DP[i - k],k>1都成了无用空间，因此我们可以将数组开成一维就行，迭代更新数组中内容，滚动数组也是这个原理，目的也一样，不过这时候的问题常常是不 可能缩成一维的了，比如一个DP[i][j]需要由DP[i - 1 ][k],DP[i - 2][k]决定，i<n，0<k<=10;n <= 100000000;显然缩不成一维,正常我们应该开一个DP[100000005][11]的数组，结果很明显，超内存，其实我们只要开DP[3] [11]就够了DP[i%3][j]由DP[(i - 1)%3][k]和DP[(i - 2)%3][k]决定，空间复杂度差别巨大。