题目描述

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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 = "misisp*."
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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