【LeetCode】10. 正则表达式匹配（同剑指Offer19）

一、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。

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 = "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"。

示例 5:

输入:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
输出: false

二、解决

1、递归

思路：

具体看参考2，然后可结合注释理解。

代码：

// V1.0
class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
	    // Terminator
        if(p.isEmpty()) return s.isEmpty();
        // 不涉及 "*" ，单元素匹配
        boolean match = !s.isEmpty() && ((s.charAt(0) == p.charAt(0)) || p.charAt(0) == '.');
        // 涉及 ”*“ ，多元素匹配。* 的作用是 消除前面字符p[j-1]，或者复制>=1个字符p[j-1]
        if(p.length() >= 2 && p.charAt(1) == '*') return isMatch(s, p.substring(2)) || (match && isMatch(s.substring(1), p));
        return match && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));
    }
}

// V2.0：优化charAt(i)，加速
class Solution {
    public boolean isMatchChar(char[] s, int s1, char[] p, int p1) {
        if(p1 >= p.length) return s1 >= s.length;
        boolean match = s1 < s.length && ((s[s1] == p[p1]) || p[p1] == '.');
        if(p.length - p1 >= 2 && p[p1 + 1] == '*') return isMatchChar(s, s1, p, p1 + 2) || (match && isMatchChar(s, s1 + 1, p, p1));
        return match && isMatchChar(s, s1 + 1, p, p1 + 1);
    }
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        char[] ss = s.toCharArray(), pp = p.toCharArray();
        return isMatchChar(ss, 0, pp, 0);
    }
}

时间复杂度： $O((m+n)∗2^{m+ 2n})$

空间复杂度： $O((m+n)∗2^{m+ 2n})$

2、记忆化+递归

思路： 同上。
代码：

class Solution {
    int[][] mem;
    public boolean isMatchChar(char[] s, int s1, char[] p, int p1) {
        if(p1 >= p.length) return s1 >= s.length;
        if(mem[s1][p1] != 0) return mem[s1][p1] > 0;
        boolean match = s1 < s.length && ((s[s1] == p[p1]) || p[p1] == '.');
        if(p.length - p1 >= 2 && p[p1 + 1] == '*') {
            boolean t = isMatchChar(s, s1, p, p1 + 2) || (match && isMatchChar(s, s1 + 1, p, p1));
            if(t) mem[s1][p1] = 1;
            else mem[s1][p1] = -1;
            return t;
        }
        boolean t = match && isMatchChar(s, s1 + 1, p, p1 + 1);
        if(t) mem[s1][p1] = 1;
        else mem[s1][p1] = -1;
        return t;
    }
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        this.mem = new int[s.length() + 1][p.length() + 1];
        char[] ss = s.toCharArray(), pp = p.toCharArray();
        return isMatchChar(ss, 0, pp, 0);
    }
}

时间复杂度： $O (m n)$
空间复杂度： $O (m n)$

3、动态规划

思路：

1、状态定义

dp[i][j]：表示 S 的前 i 个能否被 P 的前 j 个字符匹配。


2、转移方程

dp[i][j]： S 的前 i 个字符成功匹配上 P 的前 j 个字符。

1、If  p.charAt(j) == s.charAt(i) 
   Then  dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
2、If  p.charAt(j) == '.' 
   Then  dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
3、If  p.charAt(j) == '*'：
       If  p.charAt(j-1) != s.charAt(i) : 
       Then   dp[i][j] = dp[i][j-2] //in this case, a* only counts as empty
	   If  p.charAt(j-1) == s.charAt(i) or p.charAt(j-1) == '.'：
       Then  dp[i][j] = dp[i][j-2] // in this case, a* counts as empty
       or    dp[i][j] = dp[i][j-1] // in this case, a* counts as single a
	   or    dp[i][j] = dp[i-1][j] // in this case, a* counts as multiple a
                                   // 正向理解，如果代表多个，则 s 后面再添一个也不影响。

代码：

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

时间复杂度： $O (m n)$
空间复杂度： $O (m n)$

4、有限状态机

思路： 仅仅开拓思路，更多见参考3，具体略。
代码： 略。
时间复杂度： 略。
空间复杂度： 略。

三、参考

1、动态规划 - 从 0 讲解，大白话好理解
2、java递归一步一步的优化到击败100%，以及动态规划，思路清晰
3、10. Regular Expression Matching
4、正则表达式匹配
5、正则表达式匹配