给定一个字符串 s1，我们可以把它递归地分割成两个非空子字符串，从而将其表示为二叉树。
下图是字符串 s1 = "great" 的一种可能的表示形式。
great
/
gr eat
/ /
g r e at
/
a t
在扰乱这个字符串的过程中，我们可以挑选任何一个非叶节点，然后交换它的两个子节点。
例如，如果我们挑选非叶节点 "gr" ，交换它的两个子节点，将会产生扰乱字符串 "rgeat" 。
rgeat
/
rg eat
/ /
r g e at
/
a t
我们将 "rgeat” 称作 "great" 的一个扰乱字符串。
同样地，如果我们继续将其节点 "eat" 和 "at" 进行交换，将会产生另一个新的扰乱字符串 "rgtae" 。
rgtae
/
rg tae
/ /
r g ta e
/
t a
我们将 "rgtae” 称作 "great" 的一个扰乱字符串。
给出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。
示例 1:
输入: s1 = "great", s2 = "rgeat" 输出: true
示例 2:
输入: s1 = "abcde", s2 = "caebd" 输出: false
未有解题思路，待续更新。。。。。。
以下为博客Grandyang的解题方法
这道题定义了一种爬行字符串，就是说假如把一个字符串当做一个二叉树的根，然后它的非空子字符串是它的子节点，然后交换某个子字符串的两个子节点，重新爬行回去形成一个新的字符串，这个新字符串和原来的字符串互为爬行字符串。这道题可以用递归Recursion或是动态规划Dynamic Programming来做，我们先来看递归的解法，参见网友uniEagle的博客，简单的说，就是s1和s2是scramble的话，那么必然存在一个在s1上的长度l1，将s1分成s11和s12两段，同样有s21和s22.那么要么s11和s21是scramble的并且s12和s22是scramble的；要么s11和s22是scramble的并且s12和s21是scramble的。就拿题目中的例子 rgeat 和 great 来说，rgeat 可分成 rg 和 eat 两段， great 可分成 gr 和 eat 两段，rg 和 gr 是scrambled的， eat 和 eat 当然是scrambled。根据这点，我们可以写出代码如下：
解法一：
1 // Recursion 2 class Solution { 3 public: 4 bool isScramble(string s1, string s2) { 5 if (s1.size() != s2.size()) return false; 6 if (s1 == s2) return true; 7 string str1 = s1, str2 = s2; 8 sort(str1.begin(), str1.end()); 9 sort(str2.begin(), str2.end()); 10 if (str1 != str2) return false; 11 for (int i = 1; i < s1.size(); ++i) { 12 string s11 = s1.substr(0, i); 13 string s12 = s1.substr(i); 14 string s21 = s2.substr(0, i); 15 string s22 = s2.substr(i); 16 if (isScramble(s11, s21) && isScramble(s12, s22)) return true; 17 s21 = s2.substr(s1.size() - i); 18 s22 = s2.substr(0, s1.size() - i); 19 if (isScramble(s11, s21) && isScramble(s12, s22)) return true; 20 } 21 return false; 22 } 23 };
当然，这道题也可以用动态规划Dynamic Programming，根据以往的经验来说，根字符串有关的题十有八九可以用DP来做，那么难点就在于如何找出递推公式。参见网友Code Ganker的博客，这其实是一道三维动态规划的题目，我们提出维护量res[i][j][n]，其中i是s1的起始字符，j是s2的起始字符，而n是当前的字符串长度，res[i][j][len]表示的是以i和j分别为s1和s2起点的长度为len的字符串是不是互为scramble。
有了维护量我们接下来看看递推式，也就是怎么根据历史信息来得到res[i][j][len]。判断这个是不是满足，其实我们首先是把当前s1[i...i+len-1]字符串劈一刀分成两部分，然后分两种情况：第一种是左边和s2[j...j+len-1]左边部分是不是scramble，以及右边和s2[j...j+len-1]右边部分是不是scramble；第二种情况是左边和s2[j...j+len-1]右边部分是不是scramble，以及右边和s2[j...j+len-1]左边部分是不是scramble。如果以上两种情况有一种成立，说明s1[i...i+len-1]和s2[j...j+len-1]是scramble的。而对于判断这些左右部分是不是scramble我们是有历史信息的，因为长度小于n的所有情况我们都在前面求解过了（也就是长度是最外层循环）。
上面说的是劈一刀的情况，对于s1[i...i+len-1]我们有len-1种劈法，在这些劈法中只要有一种成立，那么两个串就是scramble的。
总结起来递推式是res[i][j][len] = || (res[i][j][k]&&res[i+k][j+k][len-k] || res[i][j+len-k][k]&&res[i+k][j][len-k]) 对于所有1<=k<len，也就是对于所有len-1种劈法的结果求或运算。因为信息都是计算过的，对于每种劈法只需要常量操作即可完成，因此求解递推式是需要O(len)（因为len-1种劈法）。
如此总时间复杂度因为是三维动态规划，需要三层循环，加上每一步需要线行时间求解递推式，所以是O(n^4)。虽然已经比较高了，但是至少不是指数量级的，动态规划还是有很大优势的，空间复杂度是O(n^3)。代码如下：
解法二：
// DP
class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
if (s1.size() != s2.size()) return false;
if (s1 == s2) return true;
int n = s1.size();
vector<vector<vector<bool> > > dp (n, vector<vector<bool> >(n, vector<bool>(n + 1, false)));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
dp[i][j][1] = s1[i] == s2[j];
}
}
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) {
if ((dp[i][j][k] && dp[i + k][j + k][len - k]) || (dp[i + k][j][len - k] && dp[i][j + len - k][k])) {
dp[i][j][len] = true;
}
}
}
}
}
return dp[0][0][n];
}
};
上面的代码的实现过程如下，首先按单个字符比较，判断它们之间是否是scrambled的。在更新第二个表中第一个值(gr和rg是否为scrambled的)时，比较了第一个表中的两种构成，一种是 g与r, r与g，另一种是 g与g, r与r，其中后者是真，只要其中一个为真，则将该值赋真。其实这个原理和之前递归的原理很像，在判断某两个字符串是否为scrambled时，比较它们所有可能的拆分方法的子字符串是否是scrambled的，只要有一个种拆分方法为真，则比较的两个字符串一定是scrambled的。比较 rge 和 gre 的实现过程如下所示：
r g e
g x √ x
r √ x x
e x x √
rg ge
gr √ x
re x x
rge
gre √
DP的另一种写法，参考网友加载中..的博客，思路都一样，代码如下：
解法三：
// Still DP
class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
if (s1.size() != s2.size()) return false;
if (s1 == s2) return true;
int n = s1.size();
vector<vector<vector<bool> > > dp (n, vector<vector<bool> >(n, vector<bool>(n + 1, false)));
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
for (int k = 1; k <= n - max(i, j); ++k) {
if (s1.substr(i, k) == s2.substr(j, k)) {
dp[i][j][k] = true;
} else {
for (int t = 1; t < k; ++t) {
if ((dp[i][j][t] && dp[i + t][j + t][k - t]) || (dp[i][j + k - t][t] && dp[i + t][j][k - t])) {
dp[i][j][k] = true;
break;
}
}
}
}
}
}
return dp[0][0][n];
}
};
下面这种解法和第一个解法思路相同，只不过没有用排序算法，而是采用了类似于求异构词的方法，用一个数组来保存每个字母出现的次数，后面判断Scramble字符串的方法和之前的没有区别：
解法四：
class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
if (s1 == s2) return true;
if (s1.size() != s2.size()) return false;
int n = s1.size(), m[26] = {0};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
++m[s1[i] - 'a'];
--m[s2[i] - 'a'];
}
for (int i = 0; i < 26; ++i) {
if (m[i] != 0) return false;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if ((isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(0, i)) && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(i))) || (isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(n - i)) && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(0, n - i)))) {
return true;
}
}
return false;
}
};
下面这种解法实际上是解法二的递归形式，我们用了memo数组来减少了大量的运算，注意这里的memo数组一定要有三种状态，初始化为-1，区域内为scramble是1，不是scramble是0，这样就避免了已经算过了某个区间，但由于不是scramble，从而又进行一次计算，从而会TLE，感谢网友bambu的提供的思路，参见代码如下：
解法五：
class Solution {
public:
bool isScramble(string s1, string s2) {
if (s1 == s2) return true;
if (s1.size() != s2.size()) return false;
int n = s1.size();
vector<vector<vector<int>>> memo(n, vector<vector<int>>(n, vector<int>(n + 1, -1)));
return helper(s1, s2, 0, 0, n, memo);
}
bool helper(string& s1, string& s2, int idx1, int idx2, int len, vector<vector<vector<int>>>& memo) {
if (len == 0) return true;
if (len == 1) memo[idx1][idx2][len] = s1[idx1] == s2[idx2];
if (memo[idx1][idx2][len] != -1) return memo[idx1][idx2][len];
for (int k = 1; k < len; ++k) {
if ((helper(s1, s2, idx1, idx2, k, memo) && helper(s1, s2, idx1 + k, idx2 + k, len - k, memo)) || (helper(s1, s2, idx1, idx2 + len - k, k, memo) && helper(s1, s2, idx1 + k, idx2, len - k, memo))) {
return memo[idx1][idx2][len] = 1;
}
}
return memo[idx1][idx2][len] = 0;
}
};