[LeetCode]（面試題19）正則表達式匹配

題目

請實現一個函數用來匹配包含'. '和'*'的正則表達式。模式中的字符'.'表示任意一個字符，而'*'表示它前面的字符可以出現任意次（含0次）。在本題中，匹配是指字符串的所有字符匹配整個模式。例如，字符串"aaa"與模式"a.a"和"ab*ac*a"匹配，但與"aa.a"和"ab*a"均不匹配。

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

• 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 *，無連續的 '*'。

解題思路

解法一：動態規劃

我們每次從模式串 p 中取出一個字符或者“字符 + 星號”的組合，並在字符串 s 中進行匹配。對於 p 中一個字符而言，它只能在 s 中匹配一個字符，匹配的方法具有唯一性；而對於 p 中“字符 + 星號”的組合而言，它可以在 s 中匹配任意自然數個字符，並不具有唯一性。因此我們可以考慮使用動態規劃，對匹配的方案進行枚舉。
用 dp[i][j] 表示 s 的前 i 個字符與 p 中的前 j 個字符是否能夠匹配。在進行狀態轉移時，我們考慮 p 的第 j 個字符的匹配情況：

1. 初始化：
   1.1）動態規劃的邊界條件爲 dp[0][0] =true，即空串和空正則是可以匹配的。
   1.2）非空串和空正則必不匹配，dp[1][0]=…=dp[n][0]=false。
2. 如果 p[j] == s[i] ：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
3. 如果 p[j] == ‘.’ ：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
4. 如果 p[j] == ‘*’，分兩種情況：
   4.1）如果 p[j-1] == s[i] || p[j-1] == ‘.’ ：
   4.1.1）dp[i][j] = dp[i-1][j] // 匹配 s 末尾的一個字符，將該字符從 s 中丟掉，p 還可以繼續進行匹配；
   4.1.2）or dp[i][j] = dp[i][j-2] // “字符 + 星號”的組合沒用，直接丟掉，不再進行匹配。
   4.2）如果 p[j-1] != ‘.’ && p[j-1] != s[i] ：dp[i][j] = dp[i][j-2] // p 中 * 前面的字符在 s 中出現0次，p直接前移2格。
5. 返回結果：最終的答案即爲 dp[m][n]。

複雜度分析：
時間複雜度：O(mn)，其中 m 和 n 分別是字符串 s 和 p 的長度。我們需要計算出所有的狀態，並且每個狀態在進行轉移時的時間複雜度爲 O(1)。
空間複雜度：O(mn)，即爲存儲所有狀態使用的空間。

解法二：遞歸

1. 如果是兩個普通字符串進行匹配，按序遍歷比較即可：if( s.charAt(i) == p.charAt(i) )
2. 同樣的，如果正則表達式字符串p只有一種"."一種特殊標記，依然是按序遍歷比較即可 ：if( s.charAt(i) == p.charAt(i) || p.charAt(i) == ‘.’ )
3. 當出現 ‘*’ 這個特殊字符時需要特殊處理，當p的第i個元素的下一個元素是 ‘*’ 時會有兩種情況：
   3.1）i元素需要出現0次，我們就保持s不變，將p減掉兩個元素，調用 isMatch。例如s：bc、p：a*bc，我們就保持s不變，減掉p的"\a*"，調用 isMatch(s:bc,p:bc)。
   3.2）i元素需要出現一次或更多次，先比較i元素和s的首元素，相等則保持p不變，s減掉首元素，調用 isMatch。例如s：aabb、p：a*bb，就保持p不變，減掉s的首元素，調用 isMatch(s:abb,p:a*bb)。

此時可能存在兩種結果，例如s：abb、p：a*abb，會用兩種方式處理：
1）按照上述 3.1 情況減去p的兩個元素，調用 isMatch(s:abb,p:abb)，最終導致true。
2）按照上述 3.2 情況比較i元素和s的首元素時，發現相等就會減掉s的首字符，調用 isMatch(s:bb,p:a*abb)。再按照上述 3.1 情況減去p的兩個元素，調用 isMatch(s:bb,p:abb)，最終導致false。

所以當遇到情況 3 出現 ‘*’ 時，要將所有的情況走一遍，看看是否存在可以匹配的情形。

代碼

解法一：動態規劃

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        int m = s.length();
        int n = p.length();
        boolean[][] dp = new boolean[m+1][n+1]; // java中初始化全爲false
        // 空字符串和空正則串可以匹配，非空字符串和空正則串不匹配。
        dp[0][0] = true;
        for(int i=0; i<=m; i++){
            for(int j=1; j<=n; j++){
                // 非空正則分爲兩種情況：非* 和 *，注意字符串的索引比字符串的長度小1。
                if(p.charAt(j-1) != '*'){
                    if(i >= 1 && (p.charAt(j-1) == '.' || p.charAt(j-1) == s.charAt(i-1))){
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                    }
                }else{
                    if(i >= 1 && (p.charAt(j-2) == s.charAt(i-1) || p.charAt(j-2) == '.')){
                        dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i][j-2];
                    }else{
                        dp[i][j] = dp[i][j-2];
                    }
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
}

解法二：遞歸

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if(s.length() == 0 && p.length() == 0){
            return true;
        }
        if(s.length() != 0 && p.length() == 0){
            return false;
        }
        // 如果p的第i個元素的下一個元素是 ‘*’ 時
        if(p.length() >= 2 && p.charAt(1) == '*'){
            // i元素需要出現0次，我們就保持s不變，將p減掉兩個元素;
            // 或者i元素需要出現一次或更多次，先比較i元素和s的首元素，相等則保持p不變，s減掉首元素
            return isMatch(s, p.substring(2)) || ((!s.isEmpty() && (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')) && isMatch(s.substring(1), p));
        }else{
            return ((!s.isEmpty() && (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')) && isMatch(s.substring(1), p.substring(1)));
        }

    }
}