public static boolean isSubsequence(String s, String t) {
        //得到 s、t 字符串的长度
        int sL = s.length();
        int tL = t.length();
        //如果 s 长度大于 t 则一定不能是 t 的子字符串，直接返回 false
        if (sL > tL) {
            return false;
        }
        for (int i = 0; i < sL; i++) {
            //获得 s 字符串的当前索引处的字符
            char sC = s.charAt(i);
            //判断当前字符在 t 字符串中的索引位置
            int index = t.indexOf(sC);
            if (index == -1) {
                //不存在直接返回 false
                return false;
            }
            //存在将当前索引处到开始的字符串舍弃，为了不改变原来次序。
            t = t.substring(index + 1);
        }
        return true;
    }

方法一：双指针
思路及算法

本题询问的是，ss 是否是 tt 的子序列，因此只要能找到任意一种 ss 在 tt 中出现的方式，即可认为 ss 是 tt 的子序列。

而当我们从前往后匹配，可以发现每次贪心地匹配靠前的字符是最优决策。

假定当前需要匹配字符 cc，而字符 cc 在 tt 中的位置 x_1x1​ 和 x_2x2​ 出现（x_1 < x_2x1​<x2​），那么贪心取 x_1x1​ 是最优解，因为 x_2x2​ 后面能取到的字符，x_1x1​ 也都能取到，并且通过 x_1x1​ 与 x_2x2​ 之间的可选字符，更有希望能匹配成功。

这样，我们初始化两个指针 ii 和 jj，分别指向 ss 和 tt 的初始位置。每次贪心地匹配，匹配成功则 ii 和 jj 同时右移，匹配 ss 的下一个位置，匹配失败则 jj 右移，ii 不变，尝试用 tt 的下一个字符匹配 ss。

最终如果 ii 移动到 ss 的末尾，就说明 ss 是 tt 的子序列。

代码

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();
        int i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < m) {
            if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
                i++;
            }
            j++;
        }
        return i == n;
    }
}
复杂度分析

时间复杂度：O(n+m)O(n+m)，其中 nn 为 ss 的长度，mm 为 tt 的长度。每次无论是匹配成功还是失败，都有至少一个指针发生右移，两指针能够位移的总距离为 n+mn+m。

空间复杂度：O(1)O(1)。

方法二：动态规划
思路及算法

考虑前面的双指针的做法，我们注意到我们有大量的时间用于在 tt 中找到下一个匹配字符。

这样我们可以预处理出对于 tt 的每一个位置，从该位置开始往后每一个字符第一次出现的位置。

我们可以使用动态规划的方法实现预处理，令 f[i][j]f[i][j] 表示字符串 tt 中从位置 ii 开始往后字符 jj 第一次出现的位置。在进行状态转移时，如果 tt 中位置 ii 的字符就是 jj，那么 f[i][j]=if[i][j]=i，否则 jj 出现在位置 i+1i+1 开始往后，即 f[i][j]=f[i+1][j]f[i][j]=f[i+1][j]，因此我们要倒过来进行动态规划，从后往前枚举 ii。

这样我们可以写出状态转移方程：

f[i][j]=\begin{cases} i, & t[i]=j\\ f[i+1][j], & t[i] \neq j \end{cases}f[i][j]={i,f[i+1][j],​t[i]=jt[i]​=j​

假定下标从 00 开始，那么 f[i][j]f[i][j] 中有 0 \leq i \leq m-10≤i≤m−1 ，对于边界状态 f[m-1][..]f[m−1][..]，我们置 f[m][..]f[m][..] 为 mm，让 f[m-1][..]f[m−1][..] 正常进行转移。这样如果 f[i][j]=mf[i][j]=m，则表示从位置 ii 开始往后不存在字符 jj。

这样，我们可以利用 ff 数组，每次 O(1)O(1) 地跳转到下一个位置，直到位置变为 mm 或 ss 中的每一个字符都匹配成功。

同时我们注意到，该解法中对 tt 的处理与 ss 无关，且预处理完成后，可以利用预处理数组的信息，线性地算出任意一个字符串 ss 是否为 tt 的子串。这样我们就可以解决「后续挑战」啦。

代码


class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();

        int[][] f = new int[m + 1][26];
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            f[m][i] = m;
        }

        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = 0; j < 26; j++) {
                if (t.charAt(i) == j + 'a')
                    f[i][j] = i;
                else
                    f[i][j] = f[i + 1][j];
            }
        }
        int add = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (f[add][s.charAt(i) - 'a'] == m) {
                return false;
            }
            add = f[add][s.charAt(i) - 'a'] + 1;
        }
        return true;
    }
}
复杂度分析

时间复杂度：O(m \times |\Sigma| + n)O(m×∣Σ∣+n)，其中 nn 为 ss 的长度，mm 为 tt 的长度，\SigmaΣ 为字符集，在本题中字符串只包含小写字母，|\Sigma| = 26∣Σ∣=26。预处理时间复杂度 O(m)O(m)，判断子序列时间复杂度 O(n)O(n)。

如果是计算 kk 个平均长度为 nn 的字符串是否为 tt 的子序列，则时间复杂度为 O(m \times |\Sigma| +k \times n)O(m×∣Σ∣+k×n)。
空间复杂度：O(m \times |\Sigma|)O(m×∣Σ∣)，为动态规划数组的开销。