很有难度的一题，一开始真的绕了很多思维上的弯路。
最开始的想法是递归，看到题目的时候想到动态规划但是完全没有思路应该怎么用，结果确实是递归+动态规划。
最开始的想法是构建树，每一层包含这一步划分的方法（实际会很复杂，时间绝对超限，于是就放弃了）。
然后用贴近动态规划的思维思考，想要构建一个二（三）维表格，先对角线存放每一个字母，然后一层层推出两两结合的可能性……（怎么比第一种还要复杂啊啊啊啊）
最后还是看了答案，答案的动态规划+递归+剪枝思路还是很巧妙的。
动态规划其实是构建了这么一个数组：memo[i1][i2][len]，其中i1、i2表示分别从两个字符串的i1i2起，各取len个字母，这两个取出来的字符串是否为扰乱字符串。
一开始i1、i2取0，len取最大长度（就是直接塞入题目的问题），然后开始层层递归。
递归时建立一个循环，将i1后移，i2后移（如果不交换）或从最末端前移（如果交换），len就随之变化。
以上只是最基础的思路。
既然是动态规划，那么数组肯定还可以重复使用，保存的数组就是为了这个操作：if(memo[i1][i2][len]!=0) return memo[i1][i2][len]==1;
注意这里，memo有三种状态，-1（不是扰乱字符串）、1（是扰乱字符串）、0（未计算）。
这里这样做可以重复使用之前的数据，节省很多复杂度。
为了进一步降低时间复杂度，还得进行剪枝。
方法是再建立一个判断”是否可能为扰乱字符串“的判断，如果其中有某个字母，在两个字符串中出现的频次不等，那么就不可能是扰乱字符串。
我原以为写这个会有些复杂，没想到可以用map写：
bool peace(string s1, string s2){
unordered_map<char, int> freq;
for(int i=0;i<s1.length();i++){
freq[s1[i]]++;
}
for(int i=0;i<s2.length();i++){
freq[s2[i]]--;
}
if(any_of(freq.begin(),freq.end(),[](auto& n){return n.second!=0;})) return 0;
else return 1;
}使用unorder_map，记录第一个字符串中出现的单词频率，再遍历第二个字符串，将出现的单词减一，如果最后存在个数不为0的单词，即不可能为扰乱字符串。
最后代码：
class Solution {
string s1,s2;
int memo[30][30][31];
public:
bool peace(string s1, string s2){
unordered_map<char, int> freq;
for(int i=0;i<s1.length();i++){
freq[s1[i]]++;
}
for(int i=0;i<s2.length();i++){
freq[s2[i]]--;
}
if(any_of(freq.begin(),freq.end(),[](auto& n){return n.second!=0;})) return 0;
else return 1;
}
bool dfs(int i1, int i2, int len){
if(memo[i1][i2][len]!=0) return memo[i1][i2][len]==1;
if(s1.substr(i1,len)==s2.substr(i2,len)) {memo[i1][i2][len]=1;return 1;}
if(peace(s1.substr(i1,len), s2.substr(i2,len))==0) {memo[i1][i2][len]=0;return 0;}
for(int i=1;i<len;i++){
if(dfs(i1,i2,i)&&dfs(i1+i,i2+i,len-i)){
memo[i1][i2][len] = 1;
return 1;
}
if(dfs(i1,i2+len-i,i)&&dfs(i1+i,i2,len-i)){
memo[i1][i2][len] = 1;
return 1;
}
}
memo[i1][i2][len]=-1;
return 0;
}
bool isScramble(string s1, string s2) {
memset(memo,0,sizeof(memo));
this->s1=s1;
this->s2=s2;
return dfs(0,0,s1.length());
}
};（基本是照着答案写的真的很抱歉）