問題分析：可以用類似於最長公共子串的思路。問b在a中出現的次數，考慮最後乙個字元b[n-1]和a[m-1]
case1:如果b[n-1] = a[m-1],則考慮b[0,...,n-2]在a[0,...,m-2]出現多少次
case2:如果b[n-1] ！= a[m-1],則考慮b[0,...,n-1]在a[0,...,m-2]出現多少次
子問題：原問題：問b[0,...,n-1]在a[0,..,m-1]中出現的次數
現在變成b[0,...,n-2]在a[0,...,m-2]出現的次數和b[0,...,n-1]在a[0,...,m-2]出現的次數
設f[i][j]表示b的前j個字元b[0,...,j-1]在a的前i個字元a[0,...,i-1]出現的次數
則f[i][j] = f[i-1][j-1](b[j-1] = a[i-1]) + f[i-1][j]
case1 + case2
初始情況;
f[i][0] = 1,（i = 0,...,m）空串在字串裡出現的次數為1，
f[0][j] = 0,(j = 1,...,n)表示字串在空串裡出現的次數是0
計算順序：
f[0][0]...f[0][n]..
.f[m][0]...f[m][n]
答案：f[m][n]
時間複雜度o（mn）,空間複雜度o(mn)，同樣可以優化到o(n)
**及注釋如下：
def distinct_subs(a,b):
m ,n= len(a),len(b)
if m < n:
return 0
f = [[0 for i in range(n+1)] for j in range(m+1)]
#初始化
for i in range(m+1):
for j in range(n+1):
#f[i][0] = 1,（i = 0,...,m）
#f[0][j] = 0,(j = 1,...,n)
if j == 0:
f[i][j] = 1
continue
if i ==0 :
f[i][j] = 0
continue
#f[i][j] = f[i-1][j-1](b[j-1] = a[i-1]) + f[i-1][j]
f[i][j] = f[i-1][j]
if b[j-1] == a[i-1]:
f[i][j] += f[i-1][j-1]
return f[m][n]
a = ['r','a','b','b','b','i','t']
b = ['r','a','b','i','t']
print(distinct_subs(a,b))
#答案：3
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