题目描述

请实现一个函数用来匹配包含’. ‘和’‘的正则表达式。模式中的字符’.‘表示任意一个字符，而’'表示它前面的字符可以出现任意次（含0次）。在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"abaca"匹配，但与"aa.a"和"ab*a"均不匹配。 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 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 *，无连续的 '*'。

题解

用了两种方法来做这道题，第一种是递归，第二种是动态规划。递归的时候爆栈了，所以改用动态规划。

递归

感觉递归写起来比较简单，就是两个字符安装一定的规律进行比较。遇到x*的时候需要进行多次的比较。

class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { return mach(s, 0, p, 0); } bool mach(string s, int sb, string p, int pb) { if (s.size() == sb && p.size() == pb) { return true; } else if (p.size() <= pb) { return false; } int si = sb; int pi = pb; if (pi + 1 < p.size() && p[pi + 1] == '*') { //一次需要处理两个 pi++; //匹配0个 if (mach(s, si, p, pi + 1)) { return true; } //因为可以匹配0 ～ n个 while(si < s.size() && pi < p.size() && (s[si] == p[pi - 1] || p[pi - 1] == '.')) { //开始匹配s中n个，已经匹配成功 if (mach(s, ++si, p, pi + 1)) { return true; } } //最后走到这边肯定是失败了 return false; } else if (p[pi] == '.' || p[pi] == s[si]) { //相等 return mach(s, ++sb, p, ++pb); } else { //不相等 return false; } return false; } };

动态规划

假设s是字符，p是匹配字符。i是s的下标，j是p的下标。在dp种i是表示s取多少个字符，j表示p取多少个字符，切记和下标是相差1的。

当dp[0][0] 两个字符串都为空的情况下，是true。 当dp[i][0] (j > 0) 时，s取字节个数不为0，p取字节个数为0，这种情况都为false。

这种情况初始化完成，接下来就只有可能i = 0的情况。 分3种情况讨论

p[j - 1]是正常字符，dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1] && p[j - 1] == s[i - 1]。p[j - 1] == '.'，dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1]。p[j - 1] == '*'，dp[i][j] = i == 0 ? dp[0][j - 2] : ((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]);

这3种情况都是需要 i为0的讨论的。 在p[j - 1] == ‘*’的时候，也需要分几种情况

这次需要x*(x在这边表示任意字符)参加比较：那么(p[j - 2] == s[i - 1] || p[j - 2] == '.') && (dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1][j])这样才能为true。(p[j - 2] == s[i - 1] || p[j - 2] == '.')这个就是*前一个字符需要和s[i - 1]字符匹配上，dp[i - 1][j - 2]这个表示s[i - 2]字符没有用上x*这两个字符的结果，dp[i - 1][j]这个表示s[i - 2]字符也用上了x*这两个字符的结果。这次不需要x*参与比较：那么只需要参考dp[i][j - 2]这个结果就可以了。 class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { //用于保存状态 vector<vector<bool>> dp(s.size() + 1, vector<bool>(p.size() + 1)); dp[0][0] = true; //s字符为一个字符都没有，dp有无数个字符 for (int i = 1; i < s.size(); i++) { dp[i][0] = false; } //匹配题目在acm里面算easy的题目 //正常情况 dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1]; //p[j] = '.' dp[i][j] = i == 0 ? false : ((p[j - 1] == s[i - 1]) & dp[i - 1][j - 1]); //需要查看不需要自己和需要自己的情况 //p[j] = '*' dp[i][j] = i == 0 ? ((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]); for (int i = 0; i <= s.size(); i++) { for (int j = 1; j <= p.size(); j++) { if (p[j - 1] == '.') { dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1]; } else if (p[j - 1] == '*') { //x*需要转移到前面 dp[i][j] = i == 0 ? dp[0][j - 2] :((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]); } else { dp[i][j] = i == 0 ? false : ((p[j - 1] == s[i - 1]) & dp[i - 1][j - 1]); } } } return dp[s.size()][p.size()]; } };