大致思路：
其实本质是“求子序列的个数”。很明显，这种问个数的，一般用动态规划来做。
这道题和“求最长公共子序列”（https://blog.csdn.net/m0_38033475/article/details/79492786）有些类似。类似的地方在于：序列都是可以不连续的。不同的地方在于：最长公共子序列是两个序列都随便出，找相同序列的最长的长度；这道题是母串必须包含子串的全部，而且是问“个数/情况数”而非长度。
这两道题的对比是比较有意思的：
- 最长公共子序列的做法：
for(int i=1;i<=s1.size();i++)
{
for(int j=1;j<=s2.size();j++)
{
if(s1[i]==s2[j])
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;//一定是这最后一个字母来作为公共子序列的结尾
else
dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);//一定不是它做结尾，则看之前的情况谁长谁上
}
}- 本题，求子序列的个数：（注意要从“个数/情况”来思考，而非长度 ！）
我们需要一个二维数组dp(i)(j)来记录长度为i的字串在长度为j的母串中出现的次数，这里长度都是从头算起的，而且遍历时，保持子串长度相同，先递增母串长度，母串最长时再增加一点子串长度重头开始计算母串。
首先我们先要初始化矩阵，当子串长度为0时，所有次数都是1，当母串长度为0时，所有次数都是0.当母串子串都是0长度时，次数是1（因为都是空，相等）。接着，如果子串的最后一个字母和母串的最后一个字母不同，说明新加的母串字母没有产生新的可能性，可以沿用该子串在较短母串的出现次数，所以dp(i)(j) = dp(i)(j-1)。如果子串的最后一个字母和母串的最后一个字母相同，说明新加的母串字母带来了新的可能性，我们不仅算上dp(i)(j-1)，也要算上新的可能性。那么如何计算新的可能性呢，其实就是在既没有最后这个母串字母也没有最后这个子串字母时，子串出现的次数，我们相当于为所有这些可能性都添加一个新的可能。所以，这时dp(i)(j) = dp(i)(j-1) + dp(i-1)(j-1)。
我的理解：对于S[j]！=T[i]的不用说了，加了这个跟没加这个母串的新字符，情况数一样；而对于相等时，原来的情况数肯定是要考虑的，但还要新增大家都以母串新增的这个数作为公共序列的收尾，也就是说公共序列的最后一个数位置被定死在这了，所以是对于dp[i-1][j-1]的所有情况数（长度不一样，情况数一样！！）
编程注意：
①dp数组的初始化很重要，对于刚开始的临界条件要想好，初始化好
②不管是求最长公共子序列还是这道题，由于涉及i-1这种，所以下标都是从1开始遍历的，之前是觉得说要让字符串也从1开始存，但其实只是在比较的时候比较T[i-1]和S[j-1]即可。
③编程的时候一定要全神贯注！！之前写成S[i-1]找了好久bug没找到。。。。
AC代码：
class Solution {
public:
int numDistinct(string S, string T)
{
int dp[2000][2000]; //dp[i][j]:i表示子串长度，j表示母串长度
//dp数组初始化
for(int i=0;i<2000;i++)
{
for(int j=0;j<2000;j++)
{
dp[i][j]=0;
dp[0][j]=1; //子串长度为0，即母串删去所有字符，出现1次
}
}
int len_t = T.size();
int len_s = S.size();
for(int i=1;i<=len_t;i++)
{
for(int j=1;j<=len_s;j++)
{
if(T[i-1]!=S[j-1])
dp[i][j] = dp[i][j-1];
else
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j-1]; //新增最后一个共同字符都定死到母串最后一个新字符的可能情况数
}
}
return dp[len_t][len_s];
}
};次日，做到一道很类似的题目，也是求方案的个数。
大致思路：
很快便想到了动态规划求方案数的做法，只针对当前新增的这个字符，可以单独表示一个单词（dp[i]+=dp[i-1]）OR 与上一个结合（dp[i]+=dp[i-2]）。
但是仍然欠缺考虑一些特殊情况，比如：
- 若新增的这个字符是'0'，则不能单独表示一个单词，必须与上个结合。
- 因为动态规划的需要设置dp[0]=1，但是如果真的字符串为空了，应该输出0. 并且，如果字符串是0打头，也是表示不了任何单词的，该输出0.
AC代码：
class Solution {
public:
int numDecodings(string s) {
if(s=="")
return 0;
if(s[0]=='0')
return 0;
long long dp[5000]={0};
dp[0]=1;
dp[1]=1;
int len = s.size();
for(int i=2;i<=len;i++)
{
if(s[i-1]>'0')
dp[i] = dp[i-1]; //单个数字表示一个单词（还是有前提：不能为0）
if((s[i-2]=='1' && s[i-1]<='9')||(s[i-2]=='2' && s[i-1]<='6')) //可以和前一个数字组合表示一个单词
{
dp[i] += dp[i-2];
}
}
return dp[len];
}
};