Given a string s1, we may represent it as a binary tree by partitioning it to two non-empty substrings recursively.

Below is one possible representation of s1 = "great":

    great
/ \
gr eat
/ \ / \
g r e at
/ \
a t

To scramble the string, we may choose any non-leaf node and swap its two children.

For example, if we choose the node "gr" and swap its two children, it produces a scrambled string "rgeat".

    rgeat
/ \
rg eat
/ \ / \
r g e at
/ \
a t

We say that "rgeat" is a scrambled string of "great".

Similarly, if we continue to swap the children of nodes "eat" and "at", it produces a scrambled string "rgtae".

    rgtae
/ \
rg tae
/ \ / \
r g ta e
/ \
t a

We say that "rgtae" is a scrambled string of "great".

Given two strings s1 and s2 of the same length, determine if s2 is a scrambled string of s1.分析:
这个问题是google的面试题。由于一个字符串有很多种二叉表示法,貌似很难判断两个字符串是否可以做这样的变换。
对付复杂问题的方法是从简单的特例来思考,从而找出规律。
先考察简单情况:
字符串长度为1:很明显,两个字符串必须完全相同才可以。
字符串长度为2:当s1="ab", s2只有"ab"或者"ba"才可以。
对于任意长度的字符串,我们可以把字符串s1分为a1,b1两个部分,s2分为a2,b2两个部分,满足((a1~a2) && (b1~b2))或者 ((a1~b2) && (a1~b2))

如此,我们找到了解决问题的思路。首先我们尝试用递归来写。

解法一(递归):
两个字符串的相似的必备条件是含有相同的字符集。简单的做法是把两个字符串的字符排序后,然后比较是否相同。
加上这个检查就可以大大的减少递归次数。
代码如下:

 class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
int l1=s1.length();
int l2=s2.length();
if(l1!=l2) return false;
if(l1==) return s1==s2;
int A[]={};
for(int i=;i<l1;i++)
++A[s1[i]-'a'];
for(int i=;i<l2;i++)
--A[s2[i]-'a'];
for(int i=;i<;i++)
if(A[i]!=) return false;
bool res=false;
for(int i=;i<l1&&!res;i++){
res=isScramble(s1.substr(,i),s2.substr(,i))&&isScramble(s1.substr(i),s2.substr(i));
if(!res)
res=isScramble(s1.substr(,i),s2.substr(l1-i))&&isScramble(s1.substr(i),s2.substr(,l1-i));
}
return res;
}
};

解法二(动态规划):
当然,这道题也可以用动态规划Dynamic Programming,根据以往的经验来说,根字符串有关的题十有八九可以用DP来做,那么难点就在于如何找出递推公式。参见网友Code Ganker的博客,这其实是一道三维动态规划的题目,我们提出维护量res[i][j][n],其中i是s1的起始字符,j是s2的起始字符,而n是当前的字符串长度,res[i][j][len]表示的是以i和j分别为s1和s2起点的长度为len的字符串是不是互为scramble。
有了维护量我们接下来看看递推式,也就是怎么根据历史信息来得到res[i][j][len]。判断这个是不是满足,其实我们首先是把当前s1[i...i+len-1]字符串劈一刀分成两部分,然后分两种情况:第一种是左边和s2[j...j+len-1]左边部分是不是scramble,以及右边和s2[j...j+len-1]右边部分是不是scramble;第二种情况是左边和s2[j...j+len-1]右边部分是不是scramble,以及右边和s2[j...j+len-1]左边部分是不是scramble。如果以上两种情况有一种成立,说明s1[i...i+len-1]和s2[j...j+len-1]是scramble的。而对于判断这些左右部分是不是scramble我们是有历史信息的,因为长度小于n的所有情况我们都在前面求解过了(也就是长度是最外层循环)。
上面说的是劈一刀的情况,对于s1[i...i+len-1]我们有len-1种劈法,在这些劈法中只要有一种成立,那么两个串就是scramble的。
总结起来递推式是res[i][j][len] = || (res[i][j][k]&&res[i+k][j+k][len-k] || res[i][j+len-k][k]&&res[i+k][j][len-k]) 对于所有1<=k<len,也就是对于所有len-1种劈法的结果求或运算。因为信息都是计算过的,对于每种劈法只需要常量操作即可完成,因此求解递推式是需要O(len)(因为len-1种劈法)。
如此总时间复杂度因为是三维动态规划,需要三层循环,加上每一步需要线行时间求解递推式,所以是O(n^4)。虽然已经比较高了,但是至少不是指数量级的,动态规划还是有很大优势的,空间复杂度是O(n^3)。代码如下:

 // DP
class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
if (s1.size() != s2.size()) return false;
if (s1 == s2) return true;
int n = s1.size();
vector<vector<vector<bool> > > dp (n, vector<vector<bool> >(n, vector<bool>(n + , false)));
for (int i = ; i < n; ++i) {
for (int j = ; j < n; ++j) {
dp[i][j][] = s1[i] == s2[j];
}
}
for (int len = ; len <= n; ++len) {
for (int i = ; i <= n - len; ++i) {
for (int j = ; j <= n - len; ++j) {
for (int k = ; k < len; ++k) {
if ((dp[i][j][k] && dp[i + k][j + k][len - k]) || (dp[i + k][j][len - k] && dp[i][j + len - k][k])) {
dp[i][j][len] = true;
}
}
}
}
}
return dp[][][n];
}
};

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