10. 正則表達式匹配
題目來源：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching
題目
給你一個字符串 s 和一個字符規律 p，請你來實現一個支持 ‘.’ 和 ‘*’ 的正則表達式匹配。
‘.’ 匹配任意單個字符
‘*’ 匹配零個或多個前面的那一個元素
所謂匹配，是要涵蓋 整個 字符串 s的，而不是部分字符串。
說明:
- s 可能爲空，且只包含從 a-z 的小寫字母。
- p 可能爲空，且只包含從 a-z 的小寫字母，以及字符 . 和 *。
示例 1:
輸入:
s = "aa"
p = "a"
輸出: false
解釋: "a" 無法匹配 "aa" 整個字符串。
示例 2:
輸入:
s = "aa"
p = "a*"
輸出: true
解釋: 因爲 '*' 代表可以匹配零個或多個前面的那一個元素, 在這裏前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被視爲 'a' 重複了一次。
示例 3:
輸入:
s = "ab"
p = ".*"
輸出: true
解釋: ".*" 表示可匹配零個或多個（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4:
輸入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
輸出: true
解釋: 因爲 '*' 表示零個或多個，這裏 'c' 爲 0 個, 'a' 被重複一次。因此可以匹配字符串 "aab"。
示例 5:
輸入:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
輸出: false
解題思路
暴力解
先從【暴力解】的角度理清問題。
這個題目中，難點就在於處理 . 和 * 兩個符號。
如果只是要求檢查兩個普通字符是否匹配。那麼通過直接遍歷，檢查每個數組對應的元素是否相同來判斷是否匹配即可。例如：
def isMatch(s, p):
if len(s) != len(p):
return False
for i in range(p):
if s[i] != p[i]:
return False
return True
那代碼大概就會是這樣。那我們用遞歸的形式來書寫，以下爲僞代碼：
def isMatch(s, p):
"""
s: text
p: pattern
"""
if p is empty:
return s is empty
first_match = (s not empty) and p[0] == s[0]
return first_match and isMatch(s[1:], p[1:])
在上面的代碼中，其實就是通過先判斷前面的元素是否匹配，逐層往下判斷後面的元素是否也匹配，從而來找到答案。
現在來處理兩個符號的問題，. 這個符號，表示的是匹配處換行符以外的任意字符（這裏就不展開說明了，若需詳細瞭解，可直接上網搜索）。
瞭解這個符號的含義後，這裏所能表達的意義，也會相應的改變，即是說，當 p 中出現 . 號，s 對應的元素無論是什麼字符（題目說明 s 僅包含 a-z 字符）都能夠匹配，現在根據上面的僞代碼進行修改：
def isMatch(s, p):
"""
s: text
p: pattern
"""
if not p:
return not s
first_match = bool(s) and p[0] in {s[0], '.'}
return first_match and isMatch(s[1:], p[1:])
這裏唯一不同的就是 first_match 這部分的判斷中，因爲 p 中的元素可能出現固定字符，或者 . 號，所以當 p 出現的字符與 s 中對應的字符相同，或者 p 此處是 . 字符，這裏兩者都表示能夠匹配。
那麼現在往下看 * 符號，這個符號表示的含義是重複零次或多次。那麼這裏最明顯的字符就是重複多少次的問題？在這裏考慮使用遞歸的方式書寫，假設重複 n 次，其實這裏先不需要考慮 n 是多少，把這個交給遞歸實現。要考慮那麼當下的情況，這裏應該就只有兩個選擇，要麼是匹配 0 次，要麼是匹配 1 次。
那麼相應的代碼就應該修改爲（這裏書寫發現 * 的情況）：
# 這裏表示發現 `*` 的情況下，
if len(p) >= 2 and p[1] == '*':
# 這裏需要考慮匹配 0 次的問題，例如 aa，c*aa
# 也要考慮匹配多次的問題，例如 aa, a*
return isMatch(s, p[2:]) or first_match and isMatch(s[1:], p)
在這段代碼當中，isMatch(s, p[2:]) 這裏表示，字符匹配 0 次，跳過 p 中字符與 * 結合這部分。後面的表示，p[0] 和 s[0] 匹配之後，繼續判斷 s 接下來的元素。其中保留 p，只向後移動 s，是爲了實現 * 匹配多次的功能。
這樣來看，其實已經可以說理清兩個符號的具體實現方式。
關於完整的代碼請查看【代碼實現】部分。
動態規劃
思路：動態規劃
在上面暴力解的方法中，頻繁使用切片操作，複雜度高。這裏在暴力解的基礎上，使用動態規劃的方法，定義變量 i，j 來記錄當前匹配到的位置，用 dp(i, j) 表示 s[i:] 和 p[j:] 是否能夠匹配。，避免頻繁切片。這裏也引入備忘錄的概念，用來避免重複的運算。
具體代碼同樣請查看【代碼實現】部分。
代碼實現
暴力解 | 代碼實現
class Solution:
def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
if not p:
return not s
first_match = bool(s) and p[0] in {s[0], '.'}
if len(p) >= 2 and p[1]=="*":
return self.isMatch(s, p[2:]) or first_match and self.isMatch(s[1:], p)
else:
return first_match and self.isMatch(s[1:], p[1:])
動態規劃 | 代碼實現
class Solution:
def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
memo = {}
def dp(i, j):
if (i, j) not in memo:
if j == len(p):
return i == len(s)
else:
first_match = i < len(s) and p[j] in {s[i], '.'}
if j + 1 < len(p) and p[j+1] == '*':
ans = dp(i, j+2) or first_match and dp(i+1, j)
else:
ans = first_match and dp(i+1, j+1)
memo[(i, j)] = ans
return memo[(i, j)]
return dp(0, 0)
實現結果
暴力解 | 實現結果
動態規劃 | 實現結果
以上就是使用暴力解的形式，理清題目的難點，進而使用動態規劃加備忘錄的形式來進一步降低複雜度，更高效的解決《10. 正則表達式匹配》問題的主要內容。
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