題意：
'.' Matches any single character.
'*' Matches zero or more of the preceding element.
The matching should cover the entire input string (not partial).
The function prototype should be:
bool isMatch(const char *s, const char *p)
Some examples:
isMatch("aa","a") → false
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa", "a*") → true
isMatch("aa", ".*") → true
isMatch("ab", ".*") → true
isMatch("aab", "c*a*b") → true設左邊字符串爲s，右邊字符串爲p。判斷是否可以用右邊的字符串完全匹配左邊的字符串。
其中‘.’可以代表任何一個單個字符，‘*’代表其之前的字符有任意個（例如"c*"可以代表 沒有c，1個c，2個c...）
倒數第二個樣例解釋： “.*”用來代表“..”，“..”可以完全匹配“ab”
倒數第一個樣例解釋：“c*a*b”中“c*”代表空字符（0個c），“a*”代表“aa”
解決方法：
1.暴力深搜
剛開始我們需要解決的問題是：
判斷s和p從各自的起始位置s[0] p[0]開始，直到他們的結束位置s[s.length()-1],p[p.length()-1]爲止是否能完全匹配。
假設現在已經匹配到了s[i],p[j]（二者之前的子串完全匹配），現在問題轉化成：
判斷s和p從各自的起始位置s[i] p[j]開始，直到他們的結束位置s[s.length()-1],p[p.length()-1]爲止是否能完全匹配。
以上是狀態轉化。
由於p中字符"*" "."的存在，要考慮到的問題多了一些：
（1）當前狀態起始位置爲s[i] p[j]，p[j+1] != '*'：若s[i] == p[j], 狀態轉移到起始位置爲s[i+1] p[j+1]；若s[i] != p[j]，返回false。
（2）當前狀態起始位置爲s[i] p[j]，p[j+1] == '*'：
因爲*的特殊功能，所以p[j]這個字符，可以當作空字符（不存在），這樣狀態就轉換爲：狀態起始位置爲s[i] p[j+2]
可以當作1個字符：若s[i] == p[j], 狀態轉移到起始位置爲s[i+1] p[j+2]；
可以當作2個字符：若s[i] == p[j]且s[i+1] == p[j], 狀態轉移到起始位置爲s[i+2] p[j+2]；
可以當作3個字符：若s[i] == p[j]且s[i+1] == p[j]且s[i+2] == p[j], 狀態轉移到起始位置爲s[i+3] p[j+2]；
。。。。。。
代碼：
class Solution {
public:
bool dfs(string s, string p, int i, int j){
if(j==p.length())
return i==s.length();
//p[j+1] != '*';
if(j==p.length()-1 || p[j+1]!='*')
{
if(i==s.length()|| s[i]!=p[j] && p[j]!='.')
return false;
else
return dfs(s,p,i+1,j+1);
}
//p[j+1]=='*'
while(i<s.length() && (p[j]=='.' || s[i]==p[j]))
{
if(dfs(s,p,i,j+2))
return true;
i++;
}
return dfs(s,p,i,j+2);
}
public:
bool isMatch(string s, string p) {
return dfs(s, p, 0, 0);
}
};class Solution {
bool vis[1005][1005];
bool res[1005][1005];
public:
bool dfs(string s, string p, int i, int j){
if(vis[i][j]) return res[i][j];
vis[i][j] = true;
if(j==p.length())
return res[i][j] = (i==s.length());
if(j==p.length()-1 || p[j+1]!='*')
{
if(i==s.length()|| s[i]!=p[j] && p[j]!='.'){
return res[i][j] = false;
}
else{
return res[i][j] = dfs(s,p,i+1,j+1);
}
}
//p.charAt(j+1)=='*'
while(i<s.length() && (p[j]=='.' || s[i]==p[j]))
{
if(dfs(s,p,i,j+2)){
return res[i][j] = true;
}
i++;
}
return res[i][j] = dfs(s,p,i,j+2);
}
public:
bool isMatch(string s, string p) {
//memset(vis, false, sizeof(vis));
return dfs(s, p, 0, 0);
}
};2.動態規劃
/**
* f[i][j]: if s[0..i-1] matches p[0..j-1]
* if p[j - 1] != '*'
* f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]
* if p[j - 1] == '*', denote p[j - 2] with x
* f[i][j] is true iff any of the following is true
* 1) "x*" repeats 0 time and matches empty: f[i][j - 2]
* 2) "x*" repeats >= 1 times and matches "x*x": s[i - 1] == x && f[i - 1][j]
* '.' matches any single character
*/這是我看到的一個思路，感覺特別好。
f[i][j]狀態定義爲s的前i 個字符 與 p的前j個字符是否完全匹配：true/false
（1）p[j-1] != '*'時，直接根據f[i-1][j-1]和s[i-1] p[j-1]轉移狀態
if p[j - 1] != '*'
f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]（2）p[j-1] == '*'時，
p[j-2]可以當作空字符，此時f[i][j]狀態由f[i][j-2]狀態直接得到；
p[j-1]可以當作>=1個字符：此時若s[i-1] == p[j-2]只需要f[i-1][j]爲true，s[i-1]這個字符就可以用‘*’重複出來的p[j-2]來匹配（而不用管之前這個p[j-1]已經重複造出來過幾個p[j-2]）
代碼：爲了加深自己的理解，自己用java寫了一下。
public class Solution {
public static boolean isMatch(String s, String p) {
boolean[][] f = new boolean[s.length()+1][p.length()+1];
f[0][0] = true;
boolean tmp = true;
for(int j = 1; j <= p.length(); j++){
if(tmp && p.charAt(j-1) != '*' && j < p.length() && p.charAt(j) != '*') tmp = false;
if(tmp && j == p.length() && p.charAt(j-1) != '*') tmp = false;
f[0][j] = tmp;
}
for(int i = 1; i <= s.length(); i++){
for(int j = 1; j <= p.length(); j++){
if(p.charAt(j-1) != '*'){
f[i][j] = f[i-1][j-1] && (s.charAt(i-1) == p.charAt(j-1) || p.charAt(j-1) == '.');
}
else{
f[i][j] = f[i][j-2] || ((s.charAt(i-1) == p.charAt(j-2) || p.charAt(j-2) == '.') && f[i-1][j]);
}
}
}
//System.out.println(f[1][2]);
return f[s.length()][p.length()];
}
}
希望對大家有所幫助，歡迎大家將任何問題在回覆區討論。