二分查找高效判定子序列
通知：数据结构精品课 和 递归算法专题课 限时附赠网站会员，全新纸质书《labuladong 的算法笔记》 出版，签名版限时半价！另外，建议你在我的 网站 学习文章，体验更好。
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：
二分查找本身不难理解，难在巧妙地运用二分查找技巧。
对于一个问题，你可能都很难想到它跟二分查找有关，比如前文 最长递增子序列 就借助一个纸牌游戏衍生出二分查找解法。
今天再讲一道巧用二分查找的算法问题，力扣第 392 题「判断子序列」：
请你判定字符串 s 是否是字符串 t 的子序列（可以假定 s 长度比较小，且 t 的长度非常大）。
举两个例子：
s = "abc", t = "**a**h**b**gd**c**", return true.
s = "axc", t = "ahbgdc", return false.
题目很容易理解，而且看起来很简单，但很难想到这个问题跟二分查找有关吧？
一、问题分析
首先，一个很简单的解法是这样的：
boolean isSubsequence(String s, String t) {
int i = 0, j = 0;
while (i < s.length() && j < t.length()) {
if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
i++;
}
j++;
}
return i == s.length();
}其思路也非常简单，利用双指针 i, j 分别指向 s, t，一边前进一边匹配子序列：
读者也许会问，这不就是最优解法了吗，时间复杂度只需 O(N)，N 为 t 的长度。
是的，如果仅仅是这个问题，这个解法就够好了，不过这个问题还有 follow up：
如果给你一系列字符串 s1,s2,... 和字符串 t，你需要判定每个串 s 是否是 t 的子序列（可以假定 s 较短，t 很长）。
boolean[] isSubsequence(String[] sn, String t);你也许会问，这不是很简单吗，还是刚才的逻辑，加个 for 循环不就行了？
可以，但是此解法处理每个 s 时间复杂度仍然是 O(N)，而如果巧妙运用二分查找，可以将时间复杂度降低，大约是 O(MlogN)。由于 N 相对 M 大很多，所以后者效率会更高。
二、二分思路
二分思路主要是对 t 进行预处理，用一个字典 index 将每个字符出现的索引位置按顺序存储下来：
int m = s.length(), n = t.length();
ArrayList<Integer>[] index = new ArrayList[256];
// 先记下 t 中每个字符出现的位置
for (int i = 0; i < n; i++) {
char c = t.charAt(i);
if (index[c] == null)
index[c] = new ArrayList<>();
index[c].add(i);
}
比如对于这个情况，匹配了 “ab”，应该匹配 “c” 了：
按照之前的解法，我们需要 j 线性前进扫描字符 “c”，但借助 index 中记录的信息，可以二分搜索 index[c] 中比 j 大的那个索引，在上图的例子中，就是在 [0,2,6] 中搜索比 4 大的那个索引：
这样就可以直接得到下一个 “c” 的索引。现在的问题就是，如何用二分查找计算那个恰好比 4 大的索引呢？答案是，寻找左侧边界的二分搜索就可以做到。
三、再谈二分查找
在前文 二分查找详解 中，详解了如何正确写出三种二分查找算法的细节。二分查找返回目标值 val 的索引，对于搜索左侧边界的二分查找，有一个特殊性质：
当 val 不存在时，得到的索引恰好是比 val 大的最小元素索引。
什么意思呢，就是说如果在数组 [0,1,3,4] 中搜索元素 2，算法会返回索引 2，也就是元素 3 的位置，元素 3 是数组中大于 2 的最小元素。所以我们可以利用二分搜索避免线性扫描。
// 查找左侧边界的二分查找
int left_bound(ArrayList<Integer> arr, int target) {
int left = 0, right = arr.size();
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (target > arr.get(mid)) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid;
}
}
if (left == arr.size()) {
return -1;
}
return left;
}以上就是搜索左侧边界的二分查找，等会儿会用到，其中的细节可以参见前文 二分查找详解，这里不再赘述。
这里以单个字符串 s 为例，对于多个字符串 s，可以把预处理部分抽出来。
boolean isSubsequence(String s, String t) {
int m = s.length(), n = t.length();
// 对 t 进行预处理
ArrayList<Integer>[] index = new ArrayList[256];
for (int i = 0; i < n; i++) {
char c = t.charAt(i);
if (index[c] == null)
index[c] = new ArrayList<>();
index[c].add(i);
}
// 串 t 上的指针
int j = 0;
// 借助 index 查找 s[i]
for (int i = 0; i < m; i++) {
char c = s.charAt(i);
// 整个 t 压根儿没有字符 c
if (index[c] == null) return false;
int pos = left_bound(index[c], j);
// 二分搜索区间中没有找到字符 c
if (pos == -1) return false;
// 向前移动指针 j
j = index[c].get(pos) + 1;
}
return true;
}算法执行的过程是这样的：
可见借助二分查找，算法的效率是可以大幅提升的。
明白了这个思路，我们可以直接拿下力扣第 792 题「匹配子序列的单词数」：给你输入一个字符串列表 words 和一个字符串 s，问你 words 中有多少字符串是 s 的子序列。
函数签名如下：
int numMatchingSubseq(String s, String[] words)我们直接把上一道题的代码稍微改改即可完成这道题：
int numMatchingSubseq(String s, String[] words) {
// 对 s 进行预处理
// char -> 该 char 的索引列表
ArrayList<Integer>[] index = new ArrayList[256];
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
char c = s.charAt(i);
if (index[c] == null) {
index[c] = new ArrayList<>();
}
index[c].add(i);
}
int res = 0;
for (String word : words) {
// 字符串 word 上的指针
int i = 0;
// 串 s 上的指针
int j = 0;
// 借助 index 查找 word 中每个字符的索引
for (; i < word.length(); i++) {
char c = word.charAt(i);
// 整个 s 压根儿没有字符 c
if (index[c] == null) {
break;
}
int pos = left_bound(index[c], j);
// 二分搜索区间中没有找到字符 c
if (pos == -1) {
break;
}
// 向前移动指针 j
j = index[c].get(pos) + 1;
}
// 如果 word 完成匹配，则是子序列
if (i == word.length()) {
res++;
}
}
return res;
}
// 查找左侧边界的二分查找
int left_bound(ArrayList<Integer> arr, int target) {
// 见上文
}＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
《labuladong 的算法小抄》已经出版，关注公众号查看详情；后台回复「全家桶」可下载配套 PDF 和刷题全家桶：
====其他语言代码====
c++
dekunma 提供C++代码 解法一：遍历（也可以用双指针）：
class Solution {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
// 遍历s
for(int i = 0; i < s.size(); i++) {
// 找到s[i]字符在t中的位置
size_t pos = t.find(s[i]);
// 如果s[i]字符不在t中，返回false
if(pos == std::string::npos) return false;
// 如果s[i]在t中，后面就只看pos以后的字串，防止重复查找
else t = t.substr(pos + 1);
}
return true;
}
};解法二：二分查找：
class Solution {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
int m = s.size(), n = t.size();
// 对 t 进行预处理
vector<int> index[256];
for (int i = 0; i < n; i++) {
char c = t[i];
index[c].push_back(i);
}
// 串 t 上的指针
int j = 0;
// 借助 index 查找 s[i]
for (int i = 0; i < m; i++) {
char c = s[i];
// 整个 t 压根儿没有字符 c
if (index[c].empty()) return false;
int pos = left_bound(index[c], j);
// 二分搜索区间中没有找到字符 c
if (pos == index[c].size()) return false;
// 向前移动指针 j
j = index[c][pos] + 1;
}
return true;
}
// 查找左侧边界的二分查找
int left_bound(vector<int> arr, int tar) {
int lo = 0, hi = arr.size();
while (lo < hi) {
int mid = lo + (hi - lo) / 2;
if (tar > arr[mid]) {
lo = mid + 1;
} else {
hi = mid;
}
}
return lo;
}
};javascript
双指针一遍扫描做法
/**
* @param {string} s
* @param {string} t
* @return {boolean}
*/
var isSubsequence = function (s, t) {
let i = 0, j = 0;
while (i < s.length && j < t.length) {
if (s[i] === t[j]) i++;
j++;
}
return i === s.length;
};升级：二分法做法，可应对与多个s的情况
var isSubsequence = function (s, t) {
let m = s.length, n = t.length;
let index = new Array(256);
// 先记下 t 中每个字符出现的位置
for (let i = 0; i < n; i++) {
let c = t[i];
if (index[c] == null) {
index[c] = [];
}
index[c].push(i)
}
// 串t上的指针
let j = 0;
// 借助index查找s[i]
for (let i = 0; i < m; i++) {
let c = s[i];
// 整个t压根没有字符c
if (index[c] == null) return false
let pos = left_bound(index[c], j);
// 二分搜索区间中没有找到字符c
if (pos == index[c].length) return false;
// 向前移动指针j
j = index[c][pos] + 1;
}
return true;
};
var left_bound = function (arr, tar) {
let lo = 0, hi = arr.length;
while (lo < hi) {
let mid = lo + Math.floor((hi - lo) / 2);
if (tar > arr[mid]) {
lo = mid + 1;
} else {
hi = mid;
}
}
return lo;
}