第 2 种情况：S1 切割并且交换为两部分，然后进行若干步切割交换，最后判断两个子树是否能变成 S2 的两部分。

上边是一种切割方式，我们只需要遍历所有的切割点即可。

public boolean isScramble(String s1, String s2) {
    if (s1.length() != s2.length()) {
        return false;
    }
    if (s1.equals(s2)) {
        return true;
    }

    //判断两个字符串每个字母出现的次数是否一致
    int[] letters = new int[26];
    for (int i = 0; i < s1.length(); i++) {
        letters[s1.charAt(i) - 'a']++;
        letters[s2.charAt(i) - 'a']--;
    }
    //如果两个字符串的字母出现不一致直接返回 false
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        if (letters[i] != 0) {
            return false;
        }
    }

    //遍历每个切割位置
    for (int i = 1; i < s1.length(); i++) {
        //对应情况 1 ，判断 S1 的子树能否变为 S2 相应部分
        if (isScramble(s1.substring(0, i), s2.substring(0, i)) && isScramble(s1.substring(i), s2.substring(i))) {
            return true;
        }
        //对应情况 2 ，S1 两个子树先进行了交换，然后判断 S1 的子树能否变为 S2 相应部分
        if (isScramble(s1.substring(i), s2.substring(0, s2.length() - i)) &&
           isScramble(s1.substring(0, i), s2.substring(s2.length() - i)) ) {
            return true;
        }
    }
    return false;
}

时间复杂度：

空间复杂度：

当然，我们可以用 memoization 技术，把递归过程中的结果存储起来，如果第二次递归过来，直接返回结果即可，无需重复递归。

public boolean isScramble(String s1, String s2) {
    HashMap<String, Integer> memoization = new HashMap<>();
    return isScrambleRecursion(s1, s2, memoization);
}

public boolean isScrambleRecursion(String s1, String s2, HashMap<String, Integer> memoization) {
        //判断之前是否已经有了结果
        int ret = memoization.getOrDefault(s1 + "#" + s2, -1);
        if (ret == 1) {
            return true;
        } else if (ret == 0) {
            return false;
        }
        if (s1.length() != s2.length()) {
            memoization.put(s1 + "#" + s2, 0);
            return false;
        }
        if (s1.equals(s2)) {
            memoization.put(s1 + "#" + s2, 1);
            return true;
        }

        int[] letters = new int[26];
        for (int i = 0; i < s1.length(); i++) {
            letters[s1.charAt(i) - 'a']++;
            letters[s2.charAt(i) - 'a']--;
        }
        for (int i = 0; i < 26; i++)
            if (letters[i] != 0) {
                memoization.put(s1 + "#" + s2, 0);
                return false; 
            }

        for (int i = 1; i < s1.length(); i++) {
            if (isScramble(s1.substring(0, i), s2.substring(0, i)) && isScramble(s1.substring(i), s2.substring(i))) {
                memoization.put(s1 + "#" + s2, 1);
                return true;
            }
            if (isScramble(s1.substring(0, i), s2.substring(s2.length() - i))
                    && isScramble(s1.substring(i), s2.substring(0, s2.length() - i))) {
                memoization.put(s1 + "#" + s2, 1);
                return true;
            }
        }
        memoization.put(s1 + "#" + s2, 0);
        return false;
    }

解法二 动态规划

既然是递归，压栈压栈压栈，出栈出栈出栈，我们可以利用动态规划的思想，省略压栈的过程，直接从底部往上走。

我们用 dp [ len ][ i ] [ j ] 来表示 s1[ i, i + len ) 和 s2 [ j, j + len ) 两个字符串是否满足条件。换句话说，就是 s1 从 i 开始的 len 个字符是否能转换为 S2 从 j 开始的 len 个字符。那么解法一的两种情况，递归式可以写作。

第 1 种情况，参考下图： 假设左半部分长度是 q，dp [ len ][ i ] [ j ] = dp [ q ][ i ] [ j ] && dp [ len – q ][ i + q ] [ j + q ] 。也就是 S1 的左半部分和 S2 的左半部分以及 S1 的右半部分和 S2 的右半部分。

第 2 种情况，参考下图： 假设左半部分长度是 q，那么 dp [ len ][ i ] [ j ] = dp [ q ][ i ] [ j + len – q ] && dp [ len – q ][ i + q ] [ j ] 。也就是 S1 的右半部分和 S2 的左半部分以及 S1 的左半部分和 S2 的右半部分。

public boolean isScramble4(String s1, String s2) {
    if (s1.length() != s2.length()) {
        return false;
    }
    if (s1.equals(s2)) {
        return true;
    }

    int[] letters = new int[26];
    for (int i = 0; i < s1.length(); i++) {
        letters[s1.charAt(i) - 'a']++;
        letters[s2.charAt(i) - 'a']--;
    }
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        if (letters[i] != 0) {
            return false;
        }
    }

    int length = s1.length();
    boolean[][][] dp = new boolean[length + 1][length][length];
    //遍历所有的字符串长度
    for (int len = 1; len <= length; len++) {
        //S1 开始的地方
        for (int i = 0; i + len <= length; i++) {
            //S2 开始的地方
            for (int j = 0; j + len <= length; j++) {
                //长度是 1 无需切割
                if (len == 1) {
                    dp[len][i][j] = s1.charAt(i) == s2.charAt(j);
                } else {
                    //遍历切割后的左半部分长度
                    for (int q = 1; q < len; q++) {
                        dp[len][i][j] = dp[q][i][j] && dp[len - q][i + q][j + q]
                            || dp[q][i][j + len - q] && dp[len - q][i + q][j];
                        //如果当前是 true 就 break，防止被覆盖为 false
                        if (dp[len][i][j]) {
                            break;
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    return dp[length][0][0];
}

时间复杂度：O(n^4)。

空间复杂度：O(n^3)。

总

有时候太惯性思维了，二分查找做多了，看见树就想二分，这一点需要注意。这里还遇到一个问题时，解法一的 memoization 和解法二的动态规划理论上都会比解法一原始解法快一些，但是在 leetcode 上反而最开始的解法是最快的，这里有些想不通，大家有什么想法可以和我交流下。

作者：windliang

来源：https://windliang.cc