题目描述
这是 LeetCode 上的 44. 通配符匹配 ，难度为 困难。
Tag : 「线性 DP」
给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。
- '?' 可以匹配任何单个字符。
- '*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。
两个字符串完全匹配才算匹配成功。
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。 复制代码
示例 2:
输入: s = "aa" p = "*" 输出: true 解释: '*' 可以匹配任意字符串。 复制代码
示例 3:
输入: s = "cb" p = "?a" 输出: false 解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。 复制代码
示例 4:
输入: s = "adceb" p = "*a*b" 输出: true 解释: 第一个 '*' 可以匹配空字符串, 第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce". 复制代码
示例 5:
输入: s = "acdcb" p = "a*c?b" 输出: false 复制代码
动态规划
这道题与 10. 正则表达式匹配 的分析思路是类似的。
但和第 10 题相比，本题要简单一些。
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'*'：能够匹配任意字符串
所以本题关键是分析当出现 '*' 这种字符时，是匹配 0 个字符、还是 1 个字符、还是 2 个字符 ...
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'*'：可匹配任意长度的字符，可以匹配 0 个字符、匹配 1 个字符、匹配 2 个字符
3.1. 当匹配为 0 个：f(i,j) = f(i, j - 1)
3.2. 当匹配为 1 个：f(i,j) = f(i - 1, j - 1)
3.3. 当匹配为 2 个：f(i,j) = f(i - 2, j - 1)
...
3.k. 当匹配为 k 个：f(i,j) = f(i - k, j - 1)
因此对于 p[j] = '*' 的情况，想要 f(i, j) = true，只需要其中一种情况为 true 即可。也就是状态之间是「或」的关系：
f[i][j] = f[i][j - 1] || f[i - 1][j - 1] || ... || f[i - k][j - 1] (i >= k)f[i][j]=f[i][j−1]∣∣f[i−1][j−1]∣∣...∣∣f[i−k][j−1](i>=k)
这意味着我们要对 k 种情况进行枚举检查吗？
其实并不用，对于这类问题，我们通常可以通过「代数」进简化，将 i - 1 代入上述的式子：
f[i - 1][j] = f[i - 1][j - 1] || f[i - 2][j - 1] || ... || f[i - k][j - 1] (i >= k)f[i−1][j]=f[i−1][j−1]∣∣f[i−2][j−1]∣∣...∣∣f[i−k][j−1](i>=k)
可以发现，f[i - 1][j] 与 f[i][j] 中的 f[i][j - 1] 开始的后半部分是一样的，因此有：
f[i][j] = f[i][j - 1] || f[i - 1][j] (i >= 1)f[i][j]=f[i][j−1]∣∣f[i−1][j](i>=1)
PS. 其实类似的推导，我在 10. 正则表达式匹配 也做过，第 10 题的推导过程还涉及等差概念，我十分推荐你去回顾一下。如果你能搞懂第 10 题整个过程，这题其实就是小 Case。
编码细节：
- 通过上述的推导过程，你会发现设计不少的「回退检查」操作（即遍历到
i位，要回头检查i - 1等），因此我们可以将「哨兵技巧」应用到本题，往两个字符串的头部插入哨兵 - 对于
p[j] = '.'和p[j] = 普通字符的情况，想要为true，其实有共同的条件f[i - 1][j - 1] == true，因此可以合到一起来做
代码：
class Solution { public boolean isMatch(String ss, String pp) { int n = ss.length(), m = pp.length(); // 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 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++) { if (p[j] == '*') { f[i][j] = f[i][j - 1] || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j]); } else { f[i][j] = i - 1 >= 0 && f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '?'); } } } 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 * m个状态。复杂度为 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)
再次强调，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.44 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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