题目描述
先点赞再观看、帅哥靓女养成好习惯。
10 正则表达式匹配
给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 ‘.’ 和
'*'的正则表达式匹配。
'.'匹配任意单个字符
'*'匹配零个或多个前面的那一个元素所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
说明:
s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
示例 1:
输入:
s = “aa”
p =
"a"输出: false
解释: “a” 无法匹配 “aa” 整个字符串。
示例 2:
输入:
s = “aa”
p =
"a*"输出: true
解释: 因为 ‘*’ 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 ‘a’。因此，字符串 “aa” 可被视为 ‘a’ 重复了一次。
示例 3:
输入:
s = "ab"
p = ".*"输出: true
解释:
".*"表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4:
输入:
s = “aab”
p = “cab”
输出: true
解释: 因为 ‘*’ 表示零个或多个，这里 ‘c’ 为 0 个, ‘a’ 被重复一次。因此可以匹配字符串 “aab”。
示例 5:
输入:
s = “mississippi”
p =
"mis*is*p*."输出: false
递归(超时)
这题刚开始见到，还以为遇到原题了，因为跟剑指offer的其中一题非常像，剑指offer第52题正则表达式，只不过那题给的两个char类型的数组，当时弱弱的用递归暴力过了。
然后一顿操作把上次递归的方法重写过来，结果超时了……
但是还是把这种递归的思路讲一下，递归主要进行匹配所有情况，主要是看当前位置两个串串能不能匹配。
需要考虑*情况可以匹配，因为*可以出现0次，1次多次。那么在遇到使用*的如果匹配了，可以通过递归实现下面三者方式
- 它可以使用0次(相当于跟字符串下一部分匹配
a*aa和aa这个第一个a*可以看成0次) - 也可以使用1次(在当前往后移例如
a*aa和aaa转成aa和aa的匹配) - 也可以使用多次(例如
a*和aaa转成a*和aa的匹配)
同样，如果遇到*不可以匹配，那么就使用0次就行了(b*aa和aa匹配转换成aa和aa匹配)
如果下一个不是*，那就考虑是否相当或者模式字符是否为.进行继续匹配或者终止就可以，在考虑一些开始结束情况就可以了，一个大概的思维导图可以看一下。
这部分实现的代码如下：
public static boolean isMatch2(String s, String p) { //System.out.println(s+" "+p); if (p.length() == 0)// 模式串为false { if (s.length() == 0) return true; return false; } else if (s.length() == 0) {// 匹配串为0 if (p.length() % 2 == 1) return false; else { for (int i = 1; i < p.length(); i += 2) { if (p.charAt(i) != '*') return false; } return true; } } else if (p.length() == 1) {//匹配串长度为1 if((s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')&&s.length()==1)//可以匹配 return true; else { return false; } } else {// 两个串串正常长度 if(p.charAt(1)=='*')//下一个为* { if(s.charAt(0)==p.charAt(0)||p.charAt(0)=='.')//可以匹配 分别用0次 用若1次 用若干次 { return isMatch(s.substring(1), p)||isMatch(s.substring(1), p.substring(2))||isMatch(s, p.substring(2)); } else {//不匹配只能用0次 return isMatch(s, p.substring(2)); } } else { if(s.charAt(0)==p.charAt(0)||p.charAt(0)=='.') return isMatch(s.substring(1), p.substring(1)); else {//完全失败 return false; } } }
很遗憾的超时了，不过在剑指offer是可以过的，主要遇到这种字符就会很麻烦：
isMatch("aaaaaaaaaaaaab", "a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*c")
因为这里面匹配中的a*任意一个都可以使用若干次导致递归种类太多爆栈。嘤嘤嘤。
动态规划
这题正确而大众的解法当然是动态规划了，我们知道动态规划重在动态的规划方程。并且当前结果是基于父结果的。这题刚好就可以使用动态规划来解答。
我们使用我们声明一个dp[][]=new boolean[匹配串长度+1][模式串长度+1] 的二位数组用来储存结果， 其中dp[i][j]表示匹配串前i个和模式串前j个是否匹配。最终匹配串和模式串是否匹配就是返回dp[匹配串长度][模式串长度].
对于动态规划的问题，我们一般会空余出0号位放在越界等特殊情况，所以我们声明的二维数组大小长宽都大1，因为0号在dp[][]表示的是空串的结果而不是一号位置串的结果。然后我们在搞动态规划题一般需要以下几步：
- 声明dp数组，理解其含义
- 声明一些初始情况(一般为0)
- 找正常情况动态方程式
这里的初始我们是dp[0][0]=true表示两个空串可以匹配。
我们分析这个dp[i][j]匹配串前i个，模式串前j个是否匹配.其实这个分析和之前递归还是有点相似的：
首先如果模式串pattern第j个如果是*，以下两种情况任意一种匹配成功即可。
- 如果
dp[i][j-2]==true那么dp[i][j]肯定为true，因为可以把它看成一个空串。
- 如果
dp[i][j-2]不为true也不要紧,如果匹配串和模式串前一个字符可以匹配并且dp[i-1][j]为true，那么也可以匹配(a*和a)
如果模式串第j个不为*那么就是常规匹配了，如果当前位置字符不匹配，那么就为false，如果当前位置匹配且dp[i-1][j-1]==true那么dp[i][j]就为true：
当然，以上所有考虑i-1的情况i不能等于0.
综上分析得到dp方程为：
if(模式串当前为*) dp[i][j]==dp[i][j-2]||(dp[i-1][j]&&两串当前字符可以匹配) else dp[i][j]=dp[i-1][j-1]&&两串当前字符可以匹配
具体实现需要注意下标编号在字符串位置和dp下标的含义，具体实现的代码为：
public static boolean isMatch(String s, String p) { boolean dp[][]=new boolean[s.length()+1][p.length()+1];//默认为false dp[0][0]=true; for(int i=0;i<=s.length();i++) { for(int j=1;j<=p.length();j++) { if(p.charAt(j-1)=='*')//该位置为* { dp[i][j]=dp[i][j-2];//模式用了0次的看看是否能够匹配，能匹配最好，不能匹配继续 if(!dp[i][j])//不能匹配 { if(i==0) {continue;} else if(s.charAt(i-1)==p.charAt(j-2)||p.charAt(j-2)=='.')//可以匹配 { dp[i][j]=dp[i-1][j]; } } } else {//正常字符 if(i==0){continue;} else if(s.charAt(i-1)==p.charAt(j-1)||p.charAt(j-1)=='.') {//这个位置可以匹配 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]; } } } } return dp[s.length()][p.length()]; }
结语
今天又get一个动态规划题，以前没有用动态规划的思维去想过，但是这题还是挺好的，至于一些其他的方法如果后面有时间可以继续拓展。
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