使用下面描述的算法可以扰乱字符串 s 得到字符串 t ：
如果字符串的长度为 1 ，算法停止
如果字符串的长度 > 1 ，执行下述步骤：
在一个随机下标处将字符串分割成两个非空的子字符串。即，如果已知字符串 s ，则可以将其分成两个子字符串 x 和 y ，且满足 s = x + y 。
随机 决定是要「交换两个子字符串」还是要「保持这两个子字符串的顺序不变」。即，在执行这一步骤之后，s 可能是 s = x + y 或者 s = y + x 。
在 x 和 y 这两个子字符串上继续从步骤 1 开始递归执行此算法。
给你两个 长度相等 的字符串 s1 和 s2，判断 s2 是否是 s1 的扰乱字符串。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：s1 = "great", s2 = "rgeat"
输出：true
解释：s1 上可能发生的一种情形是：
"great" --> "gr/eat" // 在一个随机下标处分割得到两个子字符串
"gr/eat" --> "gr/eat" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
"gr/eat" --> "g/r / e/at" // 在子字符串上递归执行此算法。两个子字符串分别在随机下标处进行一轮分割
"g/r / e/at" --> "r/g / e/at" // 随机决定：第一组「交换两个子字符串」，第二组「保持这两个子字符串的顺序不变」
"r/g / e/at" --> "r/g / e/ a/t" // 继续递归执行此算法，将 "at" 分割得到 "a/t"
"r/g / e/ a/t" --> "r/g / e/ a/t" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
算法终止，结果字符串和 s2 相同，都是 "rgeat"
这是一种能够扰乱 s1 得到 s2 的情形，可以认为 s2 是 s1 的扰乱字符串，返回 true
示例 2：
输入：s1 = "abcde", s2 = "caebd"
输出：false
示例 3：
输入：s1 = "a", s2 = "a"
输出：true
朴素解法（TLE）
一个朴素的做法根据「扰乱字符串」的生成规则进行判断。
由于题目说了整个生成「扰乱字符串」的过程是通过「递归」来进行。
我们要实现 isScrambleisScramble 函数的作用是判断 s1s1 是否可以生成出 s2s2。
这样判断的过程，同样我们可以使用「递归」来做：
假设 s1s1 的长度为 nn， 的第一次分割的分割点为 ii，那么 s1s1 会被分成 [0, i)[0,i) 和 [i, n)[i,n) 两部分。
同时由于生成「扰乱字符串」时，可以选交换也可以选不交换。因此我们的 s2s2 会有两种可能性：
因为对于某个确定的分割点，s1s1 固定分为两部分，分别为 [0,i)[0,i) & [i, n)[i,n)。
而 s2s2 可能会有两种分割方式，分别 [0,i)[0,i) & [i,n)[i,n) 和 [0, n-i)[0,n−i) & [n-i,n)[n−i,n)。
我们只需要递归调用 isScrambleisScramble 检查 s1s1 的 [0,i)[0,i) & [i, n)[i,n) 部分能否与 「s2s2 的 [0,i)[0,i) & [i,n)[i,n)」 或者 「s2s2 的 [0, n-i)[0,n−i) & [n-i,n)[n−i,n)」 匹配即可。
同时，我们将「s1s1 和 s2s2 相等」和「s1s1 和 s2s2 词频不同」作为「递归」出口。
理解这套做法十分重要，后续的解法都是基于此解法演变过来。
代码：
java
class Solution {
public boolean isScramble(String s1, String s2) {
if (s1.equals(s2)) return true;
if (!check(s1, s2)) return false;
int n = s1.length();
for (int i = 1; i < n; i++) {
// s1 的 [0,i) 和 [i,n)
String a = s1.substring(0, i), b = s1.substring(i);
// s2 的 [0,i) 和 [i,n)
String c = s2.substring(0, i), d = s2.substring(i);
if (isScramble(a, c) && isScramble(b, d)) return true;
// s2 的 [0,n-i) 和 [n-i,n)
String e = s2.substring(0, n - i), f = s2.substring(n - i);
if (isScramble(a, f) && isScramble(b, e)) return true;
}
return false;
}
// 检查 s1 和 s2 词频是否相同
boolean check(String s1, String s2) {
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
int[] cnt1 = new int[26], cnt2 = new int[26];
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
for (int i = 0; i < n; i++) {
cnt1[cs1[i] - 'a']++;
cnt2[cs2[i] - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (cnt1[i] != cnt2[i]) return false;
}
return true;
}
}
时间复杂度：O(5^n)O(5
n
)
空间复杂度：忽略递归与生成子串带来的空间开销，复杂度为 O(1)O(1)
记忆化搜索
朴素解法卡在了 286 / 288286/288 个样例。
我们考虑在朴素解法的基础上，增加「记忆化搜索」功能。
我们可以重新设计我们的「爆搜」逻辑：假设 s1s1 从 ii 位置开始，s2s2 从 jj 位置开始，后面的长度为 lenlen 的字符串是否能形成「扰乱字符串」（互为翻转）。
那么在单次处理中，我们可分割的点的范围为 [1, len)[1,len)，然后和「递归」一下，将 s1s1 分割出来的部分尝试去和 s2s2 的对应位置匹配。
同样的，我们将「入参对应的子串相等」和「入参对应的子串词频不同」作为「递归」出口。
代码（感谢 @Qian 同学提供的其他语言版本 ）：
javac++
class Solution {
String s1; String s2;
int n;
int[][][] cache;
int N = -1, Y = 1, EMPTY = 0;
public boolean isScramble(String _s1, String _s2) {
s1 = _s1; s2 = _s2;
if (s1.equals(s2)) return true;
if (s1.length() != s2.length()) return false;
n = s1.length();
// cache 的默认值是 EMPTY
cache = new int[n][n][n + 1];
return dfs(0, 0, n);
}
boolean dfs(int i, int j, int len) {
if (cache[i][j][len] != EMPTY) return cache[i][j][len] == Y;
String a = s1.substring(i, i + len), b = s2.substring(j, j + len);
if (a.equals(b)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
if (!check(a, b)) {
cache[i][j][len] = N;
return false;
}
for (int k = 1; k < len; k++) {
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [0,i) & [i,n)」
if (dfs(i, j, k) && dfs(i + k, j + k, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [n-i,n) & [0,n-i)」
if (dfs(i, j + len - k, k) && dfs(i + k, j, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
}
cache[i][j][len] = N;
return false;
}
// 检查 s1 和 s2 词频是否相同
boolean check(String s1, String s2) {
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
int[] cnt1 = new int[26], cnt2 = new int[26];
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
for (int i = 0; i < n; i++) {
cnt1[cs1[i] - 'a']++;
cnt2[cs2[i] - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (cnt1[i] != cnt2[i]) return false;
}
return true;
}
}
时间复杂度：O(n^4)O(n
4
)
空间复杂度：O(n^3)O(n
3
)
动态规划（区间 DP）
其实有了上述「记忆化搜索」方案之后，我们就已经可以直接忽略原问题，将其改成「动态规划」了。
根据「dfs 方法的几个可变入参」作为「状态定义的几个维度」，根据「dfs 方法的返回值」作为「具体的状态值」。
我们可以得到状态定义 f[i][j][len]f[i][j][len]：
f[i][j][len]f[i][j][len] 代表 s1s1 从 ii 开始，s2s2 从 jj 开始，后面长度为 lenlen 的字符是否能形成「扰乱字符串」（互为翻转）。
状态转移方程其实就是翻译我们「记忆化搜索」中的 dfs 主要逻辑部分：
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [0,i) & [i,n)」
if (dfs(i, j, k) && dfs(i + k, j + k, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [n-i,n) & [0,n-i)」
if (dfs(i, j + len - k, k) && dfs(i + k, j, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
从状态定义上，我们就不难发现这是一个「区间 DP」问题，区间长度大的状态值可以由区间长度小的状态值递推而来。
而且由于本身我们在「记忆化搜索」里面就是从小到大枚举 lenlen，因此这里也需要先将 lenlen 这层循环提前，确保我们转移 f[i][j][len]f[i][j][len] 时所需要的状态都已经被计算好。
代码（感谢 @Qian 同学提供的其他语言版本 ）：
javac++
class Solution {
public boolean isScramble(String s1, String s2) {
if (s1.equals(s2)) return true;
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
boolean[][][] f = new boolean[n][n][n + 1];
// 先处理长度为 1 的情况
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
f[i][j][1] = cs1[i] == cs2[j];
}
}
// 再处理其余长度情况
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int i = 0; i <= n - len; i++) {
for (int j = 0; j <= n - len; j++) {
for (int k = 1; k < len; k++) {
boolean a = f[i][j][k] && f[i + k][j + k][len - k];
boolean b = f[i][j + len - k][k] && f[i + k][j][len - k];
if (a || b) {
f[i][j][len] = true;
}
}
}
}
}
return f[0][0][n];
}
}
时间复杂度：O(n^4)O(n
4
)
空间复杂度：O(n^3)O(n
3
)
最后
如果有帮助到你，请给题解点个赞和收藏，让更多的人看到 ~ ("▔□▔)/
如有不理解的地方，欢迎你在评论区给我留言，我都会逐一回复 ~
也欢迎你 关注我 ，提供追求「证明」&「思路」的高质量题解
作者：AC_OIer
