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• 正则表达式匹配
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  • • 示例 1
    • 示例 2
    • 示例 3
    • 提示
  • 解答
  • • 解题思路
    • 完整代码

正则表达式匹配

题目

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。

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（‘.’）。

提示

• 1 <= s.length <= 20
• 1 <= p.length <= 30
• s 只包含从 a-z 的小写字母。
• p 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

解答

解题思路

题目中的匹配是一个「逐步匹配」的过程：我们每次从字符串 p 中取出一个字符或者「字符 + 星号」的组合，并在 s 中进行匹配。对于 p 中一个字符而言，它只能在 s 中匹配一个字符，匹配的方法具有唯一性；而对于 p 中字符 + 星号的组合而言，它可以在 s 中匹配任意自然数个字符，并不具有唯一性。因此我们可以考虑使用动态规划，对匹配的方案进行枚举。
我们用 f[i][j] 表示 s 的前 i 个字符与 p 中的前 j 个字符是否能够匹配。在进行状态转移时，我们考虑 p 的第 j 个字符的匹配情况：如果 p 的第 j 个字符是一个小写字母，那么我们必须在 s 中匹配一个相同的小写字母，即$ f[i][j] = \begin{cases} f[i - 1][j - 1], & s[i] = p[j]\ \text{false}, & s[i] \neq p[j] \end{cases} 也就是说，如果s的第i个字符与p的第j个字符不相同，那么无法进行匹配；否则我们可以匹配两个字符串的最后一个字符，完整的匹配结果取决于两个字符串前面的部分。如果p的第j个字符是∗，那么就表示我们可以对p的第j−1个字符匹配任意自然数次。在匹配0次的情况下，我们有也就是说，如果 s 的第 i 个字符与 p 的第 j 个字符不相同，那么无法进行匹配；否则我们可以匹配两个字符串的最后一个字符，完整的匹配结果取决于两个字符串前面的部分。 如果 p 的第 j 个字符是 * ，那么就表示我们可以对 p 的第 j-1 个字符匹配任意自然数次。在匹配 0 次的情况下，我们有也就是说，如果s的第i个字符与p的第j个字符不相同，那么无法进行匹配；否则我们可以匹配两个字符串的最后一个字符，完整的匹配结果取决于两个字符串前面的部分。如果p的第j个字符是∗，那么就表示我们可以对p的第j−1个字符匹配任意自然数次。在匹配0次的情况下，我们有 f[i][j] = f[i][j - 2] 也就是我们「浪费」了一个字符+星号的组合，没有匹配任何s中的字符。在匹配1,2,3,⋯次的情况下，类似地我们有也就是我们「浪费」了一个字符 + 星号的组合，没有匹配任何 s 中的字符。在匹配 1,2,3, \cdots 次的情况下，类似地我们有也就是我们「浪费」了一个字符+星号的组合，没有匹配任何s中的字符。在匹配1,2,3,⋯次的情况下，类似地我们有 \begin{aligned} & f[i][j] = f[i - 1][j - 2], \quad && \text{if~} s[i] = p[j - 1] \ & f[i][j] = f[i - 2][j - 2], \quad && \text{if~} s[i - 1] = s[i] = p[j - 1] \ & f[i][j] = f[i - 3][j - 2], \quad && \text{if~} s[i - 2] = s[i - 1] = s[i] = p[j - 1] \ & \cdots\cdots & \end{aligned} 如果我们通过这种方法进行转移，那么我们就需要枚举这个组合到底匹配了s中的几个字符，会增导致时间复杂度增加，并且代码编写起来十分麻烦。我们不妨换个角度考虑这个问题：字母+星号的组合在匹配的过程中，本质上只会有两种情况：匹配s末尾的一个字符，将该字符扔掉，而该组合还可以继续进行匹配；不匹配字符，将该组合扔掉，不再进行匹配。如果按照这个角度进行思考，我们可以写出很精巧的状态转移方程：如果我们通过这种方法进行转移，那么我们就需要枚举这个组合到底匹配了 s 中的几个字符，会增导致时间复杂度增加，并且代码编写起来十分麻烦。我们不妨换个角度考虑这个问题：字母 + 星号的组合在匹配的过程中，本质上只会有两种情况：匹配 s 末尾的一个字符，将该字符扔掉，而该组合还可以继续进行匹配； 不匹配字符，将该组合扔掉，不再进行匹配。如果按照这个角度进行思考，我们可以写出很精巧的状态转移方程：如果我们通过这种方法进行转移，那么我们就需要枚举这个组合到底匹配了s中的几个字符，会增导致时间复杂度增加，并且代码编写起来十分麻烦。我们不妨换个角度考虑这个问题：字母+星号的组合在匹配的过程中，本质上只会有两种情况：匹配s末尾的一个字符，将该字符扔掉，而该组合还可以继续进行匹配；不匹配字符，将该组合扔掉，不再进行匹配。如果按照这个角度进行思考，我们可以写出很精巧的状态转移方程： f[i][j] = \begin{cases} f[i - 1][j] \text{_or} f[i][j - 2], & s[i] = p[j - 1] \ f[i][j - 2], & s[i] \neq p[j - 1] \end{cases} $ 在任意情况下，只要 p[j] 是 . ，那么 p[j] 一定成功匹配 s 中的任意一个小写字母。
最终的状态转移方程如下：
f[i][j] = \begin{cases} \text{if~} (p[j] \neq \text{~`'}) = \begin{cases} f[i - 1][j - 1], & \textit{matches}(s[i], p[j])\ \text{false}, & \text{otherwise} \end{cases} \ \text{otherwise} = \begin{cases} f[i - 1][j] \text{_or} f[i][j - 2], & \textit{matches}(s[i], p[j-1]) \ f[i][j - 2], & \text{otherwise} \end{cases} \end{cases}
其中 \textit{matches}(x, y) 判断两个字符是否匹配的辅助函数。只有当 y 是 . 或者 x 和 y 本身相同时，这两个字符才会匹配。
动态规划的边界条件为 f[0][0] = \text{true}，即两个空字符串是可以匹配的。最终的答案即为 f[m][n]，其中 m 和 n 分别是字符串 s 和 p 的长度。由于大部分语言中，字符串的字符下标是从 0 开始的，因此在实现上面的状态转移方程时，需要注意状态中每一维下标与实际字符下标的对应关系。
在上面的状态转移方程中，如果字符串 p 中包含一个「字符 + 星号」的组合（例如 a ），那么在进行状态转移时，会先将 a 进行匹配（当 p[j] 为 a 时），再将 a* 作为整体进行匹配（当 p[j] 为 * 时）。然而，在题目描述中，我们必须将 a* 看成一个整体，因此将 a 进行匹配是不符合题目要求的。看来我们进行了额外的状态转移，这样会对最终的答案产生影响吗？这个问题留给读者进行思考。

完整代码

class Solution {public boolean isMatch(String s, String p) {int m = s.length();int n = p.length();boolean[][] f = new boolean[m + 1][n + 1];f[0][0] = true;for (int i = 0; i <= m; ++i) {for (int j = 1; j <= n; ++j) {if (p.charAt(j - 1) == '*') {f[i][j] = f[i][j - 2];if (matches(s, p, i, j - 1)) {f[i][j] = f[i][j] || f[i - 1][j];}} else {if (matches(s, p, i, j)) {f[i][j] = f[i - 1][j - 1];}}}}return f[m][n];}public boolean matches(String s, String p, int i, int j) {if (i == 0) {return false;}if (p.charAt(j - 1) == '.') {return true;}return s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1);}
}