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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.
难度：99
这是个人觉得这是LeetCode中最难的动态规划的题目了，很难想，要进行一次三维动态规划，对于维护量的含义也比较讲究。如果用brute force，每次做切割，然后递归求解，是一个非多项式的复杂度，一般来说这不是面试官想要的答案。参考了一下Code Ganker的思路
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有事的，空间复杂度是O(n^3)。代码如下：
1 public class Solution { 2 public boolean isScramble(String s1, String s2) { 3 if (s1 == null || s2 == null || s1.length() != s2.length()) return false; 4 if (s1.length() == 0) return true; 5 boolean[][][] check = new boolean[s1.length()][s2.length()][s1.length()+1]; 6 for (int i=0; i<s1.length(); i++) { 7 for (int j=0; j<s2.length(); j++) { 8 check[i][j][1] = s1.charAt(i) == s2.charAt(j); 9 } 10 } 11 for (int len=2; len<=s1.length(); len++) { 12 for (int i=0; i+len-1<s1.length(); i++) { 13 for (int j=0; j+len-1<s2.length(); j++) { 14 for (int k=1; k<len; k++) { 15 check[i][j][len] |= check[i][j][k]&&check[i+k][j+k][len-k] || check[i][j+len-k][k]&&check[i+k][j][len-k]; 16 } 17 } 18 } 19 } 20 return check[0][0][s1.length()]; 21 } 22 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/EdwardLiu/p/4006636.html
