题目描述
这是 LeetCode 上的 10. 正则表达式匹配 ，难度为 困难。
Tag : 「动态规划」
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。
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。 复制代码
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。 复制代码
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（'.'）。 复制代码
示例 4：
输入：s = "aab" p = "c*a*b" 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"。 复制代码
示例 5：
输入：s = "mississippi" p = "mis*is*p*." 输出：false 复制代码
提示：
- 0 <= s.length <= 20
- 0 <= p.length <= 30
- 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 *。
- 保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符
动态规划
整理一下题意，对于字符串 p 而言，有三种字符：
- 普通字符：需要和
s中同一位置的字符完全匹配 '.'：能够匹配s中同一位置的任意字符'*'：不能够单独使用'*'，必须和前一个字符同时搭配使用，数据保证了'*'能够找到前面一个字符。能够匹配s中同一位置字符任意次。
所以本题关键是分析当出现 a* 这种字符时，是匹配 0 个 a、还是 1 个 a、还是 2 个 a ...
本题可以使用动态规划进行求解：
- 状态定义：
f(i,j)代表考虑s中以i为结尾的子串和p中的j为结尾的子串是否匹配。即最终我们要求的结果为f[n][m]。 - 状态转移：也就是我们要考虑
f(i,j)如何求得，前面说到了p有三种字符，所以这里的状态转移也要分三种情况讨论：
p[j]为普通字符：匹配的条件是前面的字符匹配，同时s中的第i个字符和p中的第j位相同。 即f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && s[i] == p[j]。p[j]为'.'：匹配的条件是前面的字符匹配，s中的第i个字符可以是任意字符。即f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && p[j] == '.'。p[j]为'*'：读得p[j - 1]的字符，例如为字符 a。 然后根据a*实际匹配s中a的个数是 0 个、1 个、2 个 ...
3.1. 当匹配为 0 个：f(i,j) = f(i, j - 2)
3.2. 当匹配为 1 个：f(i,j) = f(i - 1, j - 2) && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.')
3.3. 当匹配为 2 个：f(i,j) = f(i - 2, j - 2) && ((s[i] == p[j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]) || p[j] == '.')
...
我们知道，通过「枚举」来确定 * 到底匹配多少个 a 这样的做法，算法复杂度是很高
的。
我们需要挖掘一些「性质」来简化这个过程。
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代码：
class Solution { public boolean isMatch(String ss, String pp) { // 技巧：往原字符头部插入空格，这样得到 char 数组是从 1 开始，而且可以使得 f[0][0] = true，可以将 true 这个结果滚动下去 int n = ss.length(), m = pp.length(); ss = " " + ss; pp = " " + pp; char[] s = ss.toCharArray(); char[] p = pp.toCharArray(); // f(i,j) 代表考虑 s 中的 1~i 字符和 p 中的 1~j 字符 是否匹配 boolean[][] f = new boolean[n + 1][m + 1]; f[0][0] = true; for (int i = 0; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { // 如果下一个字符是 '*'，则代表当前字符不能被单独使用，跳过 if (j + 1 <= m && p[j + 1] == '*') continue; // 对应了 p[j] 为普通字符和 '.' 的两种情况 if (i - 1 >= 0 && p[j] != '*') { f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '.'); } // 对应了 p[j] 为 '*' 的情况 else if (p[j] == '*') { f[i][j] = (j - 2 >= 0 && f[i][j - 2]) || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j] && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.')); } } } return f[n][m]; } } 复制代码
- 时间复杂度：n 表示 s 的长度，m 表示 p 的长度，总共 n∗mn * mn∗m 个状态。复杂度为 O(n∗m)O(n * m)O(n∗m)
- 空间复杂度：使用了二维数组记录结果。复杂度为 O(n∗m)O(n * m)O(n∗m)
动态规划本质上是枚举（不重复的暴力枚举），因此其复杂度很好分析，有多少个状态就要被计算多少次，复杂度就为多少。
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.10 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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