方法一（双指针）

实现思路

按照判断序列依次遍历，子序列下标从0开始，如果恰好顺次对应到序列中，子序列的下标增1，当子序列完全都匹配时说明包含子序列
概括：从前往后遍历t串，判断s串中的第k个字符是否能匹配到

实现代码

class Solution {
public:
    bool isSubsequence(string s, string t) {
        int index=0;
        if(!s.length()&&!t.length()) return true;
        for(int i=0;i<t.length();i++){
            if(t[i]==s[index]) index++;
            if(index==s.size()) return true;
        }
        return false;
    }
};

提交结果及分析

时间复杂度O（n+m）
遍历的是字符串S和T的长度，所以时间复杂度是O（n+m）

方法二（DP）

实现思路

存储T字符串，第i个位置之后各个字母出现第一次出现的位置（注意计算的时候从后往前）

当匹配成功时，S移动一个字符，T移到的匹配那行的下一行

这种解法的好处在于提前将T中信息存储起来，在遍历T的时候不需要从头开始遍历，这种遍历只需要一种跳跃式的方法

实现代码

    //dp解法
    bool isSubsequence(string s, string t){
        int n = s.length(),m = t.length();
        //dp数组dp[i][j]表示字符串t以i位置开始第一次出现字符j的位置
        vector<vector<int>> dp(m + 1,vector<int> (26,0));

        //初始化边界条件，dp[i][j] = m表示t中不存在字符j
        for(int i=0;i<26;i++){
            dp[m][i] = m;
        }

        //从后往前递推初始化dp数组
        for(int i = m - 1;i>=0;i--) {
            for(int j=0;j<26;j++){
                if(t[i] == 'a' + j){
                    dp[i][j] = i;
                }else {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j];
                }
            }
        }

        int add = 0;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            //t中没有s[i] 返回false
            if(dp[add][s[i] - 'a'] == m){
                return false;
            }
            //否则直接跳到t中s[i]第一次出现的位置之后一位
            add = dp[add][s[i] - 'a'] + 1;
        }
        return true;
    }