题目描述（困难难度）
在两个字符串 s1 和 s2 中依次取字母，问是否可以组成 S3。什么意思呢？比如 s1 = abc , s2 = de，s3 = abdce。
s1 取 1 个 字母得到 a，s1 再取个字母得到 ab，s2 取个字母得到 abd， s1 取 1 个 字母得到 abdc， s2 取 1 个 字母得到 abdce，然后就得到了 s3，所以返回 true。
解法一 回溯法
如果我们简化下问题，如果 s1 和 s2 中不含有重复的字母，比如 s1 = abc，s2 = de，s3 = abdce。
这样是不是就简单多了。我们只需要三个指针，依次遍历字符串。
i 和 k 的指的字母相等，所以 i 后移，k 后移
a b c
^
i
d e
^
j
a b d c e
^
k
i 和 k 的指的字母相等，所以 i 后移，k 后移
a b c
^
i
d e
^
j
a b d c e
^
k
j 和 k 的指的字母相等，所以 j 后移，k 后移
a b c
^
i
d e
^
j
a b d c e
^
k
就这样比较下去，如果 i,j,k 都成功移动到了末尾即成功。
但是这道题 s1 和 s2 中会有重复的字符出现，比如下边的情况
a d c
^
i
d e
^
j
a d c e
^
k
此时 i 和 j 指向的字母都和 k 相等，此时该怎么办呢？
回溯法！是的，我们先尝试 i 和 k 后移，然后看能不能成功。不行的话我们再回溯回来，把 j 和 k 后移。
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
return getAns(s1, 0, s2, 0, s3, 0);
}
private boolean getAns(String s1, int i, String s2, int j, String s3, int k) {
//长度不匹配直接返回 false
if (s1.length() + s2.length() != s3.length()) {
return false;
}
// i、j、k 全部达到了末尾就返回 true
if (i == s1.length() && j == s2.length() && k == s3.length()) {
return true;
}
// i 到达了末尾，直接移动 j 和 k 不停比较
if (i == s1.length()) {
while (j < s2.length()) {
if (s2.charAt(j) != s3.charAt(k)) {
return false;
}
j++;
k++;
}
return true;
}
// j 到达了末尾，直接移动 i 和 k 不停比较
if (j == s2.length()) {
while (i < s1.length()) {
if (s1.charAt(i) != s3.charAt(k)) {
return false;
}
i++;
k++;
}
return true;
}
//判断 i 和 k 指向的字符是否相等
if (s1.charAt(i) == s3.charAt(k)) {
//后移 i 和 k 继续判断，如果成功了直接返回 true
if (getAns(s1, i + 1, s2, j, s3, k + 1)) {
return true;
}
}
//移动 i 和 k 失败，尝试移动 j 和 k
if (s2.charAt(j) == s3.charAt(k)) {
if (getAns(s1, i, s2, j + 1, s3, k + 1)) {
return true;
}
}
//移动 i 和 j 都失败，返回 false
return false;
}
让我们优化一下，由于递归的分支，所以会造成很多重复情况的判断，所以我们用 memoization 技术，把求出的结果用 hashmap 保存起来，第二次过来的时候直接返回结果以免再次进入递归。
用 1 表示 true，0 表示 false，-1 代表还未赋值。
hashmap key 的话用字符串 i + "@" + j ，之所以中间加 "@"，是为了防止 i = 1 和 j = 22。以及 i = 12，j = 2。这样的两种情况产生的就都是 122。加上 "@" 可以区分开来。
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
HashMap<String, Integer> memoization = new HashMap<>();
return getAns(s1, 0, s2, 0, s3, 0, memoization);
}
private boolean getAns(String s1, int i, String s2, int j, String s3, int k, HashMap<String, Integer> memoization) {
if (s1.length() + s2.length() != s3.length()) {
return false;
}
String key = i + "@" + j;
if (memoization.containsKey(key)) {
return memoization.getOrDefault(key, -1) == 1;
}
if (i == s1.length() && j == s2.length() && k == s3.length()) {
memoization.put(key, 1);
return true;
}
if (i == s1.length()) {
while (j < s2.length()) {
if (s2.charAt(j) != s3.charAt(k)) {
memoization.put(key, 0);
return false;
}
j++;
k++;
}
memoization.put(key, 1);
return true;
}
if (j == s2.length()) {
while (i < s1.length()) {
if (s1.charAt(i) != s3.charAt(k)) {
memoization.put(key, 0);
return false;
}
i++;
k++;
}
memoization.put(key, 1);
return true;
}
if (s1.charAt(i) == s3.charAt(k)) {
if (getAns(s1, i + 1, s2, j, s3, k + 1, memoization)) {
memoization.put(key, 1);
return true;
}
}
if (s2.charAt(j) == s3.charAt(k)) {
if (getAns(s1, i, s2, j + 1, s3, k + 1, memoization)) {
memoization.put(key, 1);
return true;
}
}
memoization.put(key, 0);
return false;
}
解法二 动态规划
参考这里。
其实和递归本质上是一样的，解法一中压栈到末尾最后一个字符的时候，再次压栈，就会进入 if (i == s1.length() && j == s2.length() && k == s3.length()) 这里，然后就开始一系列的出栈过程。
而动态规划就是利用一个 dp 数组去省去压栈，所谓空间换时间。这里的话，我们也不模仿递归从尾部开始了，我们直接从开头开始，思想是一样的。
我们定义一个 boolean 二维数组 dp [ i ] [ j ] 来表示 s1[ 0, i ) 和 s2 [ 0, j ） 组合后能否构成 s3 [ 0, i + j )，注意不包括右边界，主要是为了考虑开始的时候如果只取 s1，那么 s2 就是空串，这样的话 dp [ i ] [ 0 ] 就能表示 s2 取空串。
状态转换方程也很好写了，如果要求 dp [ i ] [ j ] 。
如果 dp [ i - 1 ] [ j ] == true，并且 s1 [ i - 1 ] == s3 [ i + j - 1]， dp [ i ] [ j ] = true 。
如果 dp [ i ] [ j - 1 ] == true，并且 s2 [ j - 1 ] == s3 [ i + j - 1]， dp [ i ] [ j ] = true 。
否则的话，就更新为 dp [ i ] [ j ] = false。
如果 i 为 0，或者 j 为 0，那直接判断 s2 和 s3 对应的字母或者 s1 和 s3 对应的字母即可。
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
if (s1.length() + s2.length() != s3.length()) {
return false;
}
boolean[][] dp = new boolean[s1.length() + 1][s2.length() + 1];
for (int i = 0; i <= s1.length(); i++) {
for (int j = 0; j <= s2.length(); j++) {
if (i == 0 && j == 0) {
dp[i][j] = true;
} else if (i == 0) {
dp[i][j] = dp[i][j - 1] && s2.charAt(j - 1) == s3.charAt(j - 1);
} else if (j == 0) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] && s1.charAt(i - 1) == s3.charAt(i - 1);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] && s1.charAt(i - 1) == s3.charAt(i + j - 1)
|| dp[i][j - 1] && s2.charAt(j - 1) == s3.charAt(i + j - 1);
}
}
}
return dp[s1.length()][s2.length()];
}
然后就是老规矩了，空间复杂度的优化，例如5题，10题，53题，72题等等都是同样的思路。都是注意到一个特点，当更新到 dp [ i ] [ j ] 的时候，我们只用到 dp [ i - 1 ] [ j ] ，即上一层的数据，再之前的数据就没有用了。所以我们不需要二维数组，只需要一个一维数组就够了。
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
if (s1.length() + s2.length() != s3.length()) {
return false;
}
boolean[] dp = new boolean[s2.length() + 1];
for (int i = 0; i <= s1.length(); i++) {
for (int j = 0; j <= s2.length(); j++) {
if (i == 0 && j == 0) {
dp[j] = true;
} else if (i == 0) {
dp[j] = dp[j - 1] && s2.charAt(j - 1) == s3.charAt(j - 1);
} else if (j == 0) {
dp[j] = dp[j] && s1.charAt(i - 1) == s3.charAt(i - 1);
} else {
dp[j] = dp[j] && s1.charAt(i - 1) == s3.charAt(i + j - 1)
|| dp[j - 1] && s2.charAt(j - 1) == s3.charAt(i + j - 1);
}
}
}
return dp[s2.length()];
}
解法三 广度优先遍历 BFS
参考这里。我们把问题抽象一下。
从左上角到达右下角，遍历过程加上边对应的字符，最后就可以产生 S3 了。回想一下，解法一递归的遍历过程，其实就是图的深度遍历，从 0 位置出发，一致尝试向右，不行的话就回溯，再尝试向下，然后再开始尝试向右，直到右下角。像一只贪婪的蛇，认准目标直奔而去。
而解法一开始没有优化前讲到说会有很多重复的解，结合上边的图也刚好理解了。因为开始尝试了条路后，回退回退回退，然后再向前的时候就可能回到原来的路上了。
这里的话，既然都已经抽象出一个图了，所以除了 DFS，当然还有 BFS。尝试遍历整个图，如果到达了右下角就返回 true。
当然任意两个节点并不是都可以到达的，只有当前要遍历的 S1 或者 S2 对应的字母和 S3 相应的字母相等我们才可以遍历。
用一个队列保存可以遍历的节点，然后不停的从队列里取元素，然后把可以到达的新的节点加到队列中。
class Point {
int x;
int y;
Point(int x, int y) {
this.x = x;
this.y = y;
}
}
class Solution {
public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
if (s1.length() + s2.length() != s3.length()) {
return false;
}
Queue<Point> queue = new LinkedList<Point>();
queue.add(new Point(0, 0));
//判断是否已经遍历过
boolean[][] visited = new boolean[s1.length() + 1][s2.length() + 1];
while (!queue.isEmpty()) {
Point cur = queue.poll();
//到达右下角就返回 true
if (cur.x == s1.length() && cur.y == s2.length()) {
return true;
}
// 尝试是否能向右走
int right = cur.x + 1;
if (right <= s1.length() && s1.charAt(right - 1) == s3.charAt(right + cur.y - 1)) {
if (!visited[right][cur.y]) {
visited[right][cur.y] = true;
queue.offer(new Point(right, cur.y));
}
}
// 尝试是否能向下走
int down = cur.y + 1;
if (down <= s2.length() && s2.charAt(down - 1) == s3.charAt(down + cur.x - 1)) {
if (!visited[cur.x][down]) {
visited[cur.x][down] = true;
queue.offer(new Point(cur.x, down));
}
}
}
return false;
}
}
总
很经典的一道题了，第一次用到了 BFS，之前都是 DFS。最后的图，其实把所有的解法的本质都揭露了出来。
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