LeetCode 熱題 HOT 100（05，正則表達式匹配）
不夠優秀，髮量尚多，千錘百煉，方可成佛。
算法的重要性不言而喻，無論你是研究者，還是最近比較火熱的IT 打工人，都理應需要一定的算法能力，這也是面試的必備環節，算法功底的展示往往能讓面試官眼前一亮，這也是在大多數競爭者中脫穎而出的重要影響因素。
然而往往大多數人比較注重自身的實操能力，着重於對功能的實現，卻忽視了對算法能力的提高。有的時候採用不同的算法來解決同一個問題，運行效率相差還是挺大的，畢竟我們最終還是需要站在客戶的角度思考問題嘛，能給用戶帶來更加極致的體驗當然再好不過了。
萬法皆空，因果不空。Taoye之前也不怎麼情願花費太多的時間放在算法上，算法功底也是相當的薄弱。這不，進入到了一個新的學習階段，面對導師的各種“嚴刑拷打”和與身邊人的對比，纔開始意識到自己“菜”的事實。
這次的題目是LeeTCode 熱題 HOT 100的第六題，難度屬於困難，主要考查的是正則匹配問題。
感覺這道題還是有點東西的，也是花費了不少時間才搞懂。
我們都知道正則表達式主要用來進行字符匹配的，在爬蟲中，我們會在向服務器發出一個請求並得到相應結果之後，通過特定的方式在響應結果中提取我們所需要的目標數據，而其中一種方式就可以通過正則表表達式來進行解析。
這道題的難度還是有點的，讓我更加體會到了算法“孰能生巧”這一特性，這就像刷數學題一樣，題目見過就有思路，沒見過根本完全無法動手。這道題也是一樣，主要可以通過動態規劃算法來進行求解，當然也有其他可供用的算法，本文主要使用的是動態規劃算法。
下面，我們就來看看這道題吧。
題目：正則表達式匹配
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。
來源：力扣（LeetCode）
鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching
示例
- 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 = "cab"
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 = "misisp*."
輸出：false
思路
前面也提到了，爬蟲中會經常會使用到正則表達式，既然如此，肯定是有特定的模塊可供調用的，而我們可以通過re模塊來實現這一功能：
class Solution(object):
def isMatch(self, s, p):
return True if re.match(p+'$',s) else False
需求雖已實現，但顯然我們需要手動來實現這一功能，而非調用第三方模塊。
在正式通過動態規劃解決該題之前，我們有必要先了解下動態規劃，其能解決哪些問題。
- 計數問題，比如在一個矩陣當中，有多少種方式能從左上角走到右下角。（每次行走方向只能往下或往右）
- 求最值問題，比如有三種硬幣，面值分別是2元、3元、7元，則27元最少能用多少枚硬幣組成
- 存在性問題，比如說我們的這道題，是否能夠在目標字符串中匹配成功
當然了，我們肯定是不能一概而論的。具體問題，具體分析，還是要根據實際情況來判斷目標問題是否能夠通過動態規劃來解決。
要在問題中使用動態規劃，我們一般需要四個步驟：
- 確定狀態（最後一步、化爲子問題）。解動態規劃時需要定義一個數組，而確定狀態就是要明白數組的每個元素dp[i]或者dp[i][j]代表什麼意思（讀到這裏，可能會有點糊塗，沒事，下面會有示例來具體解釋）
- 轉移方程，就是通過上一步驟當中的子問題來得到目標問題的子問題
- 初始條件和邊界情況，動態規劃一般是通過前一個節點來獲取下一節點的值，所以我們需要明確其初始條件和數組dp的邊界條件。就像數學歸納法，或是數列當中遞推公式。
- 計算順序，就是明確實現需求之前的上一個步驟要獲得什麼
讀到這裏，可能會有點糊塗，沒事，下面會用示例來具體解釋：
示例1：有三種硬幣，面值分別是2元、3元、7元，則27元最少能用多少枚硬幣組成
確定狀態（最後一步、化爲子問題）：我們知道，題目需要的是最少能用多少枚硬幣組成，我們需要定義一個長度爲27的數組dp，而dp[i]就代表了對應總額所需要的最少硬幣數目。我們假設最後一枚硬幣面值爲
轉移方程：通過如上分析，我們可以得到如下遞推公式（轉移方程），代表的意思就是除去最後一枚硬幣的面值總額所需要的最少硬幣數 + 1
初始條件和邊界情況：初始條件就是f(0)，表示的就是0元可以通過0枚硬幣組成，而邊界情況就是每當面值總額減2、5、7的時候都應該大於0，否則的話無法組成目標面額總值（根據題意自行理解）
計算順序：要想獲得f(x)，就必須得到f(x-2)、f(x-5)、f(x-7)的值，也就是除去一枚硬幣面額所需要的最少硬幣數目
通過如上分析，可以得到如下Java算法;
public int coinChange(int[] coin_list, int coin_value) {
int[] f = new int[coin_value + 1];
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= coin_value; i++) {
f[i] = Integer.MAX_VALUE;
for (int j = 0; j < coin_list.length; j++) {
if (i >= coin_list[j] && f[i - coin_list[j]] != Integer.MAX_VALUE) {
f[i] = Math.min(f[i], f[i - coin_list[j]] + 1);
}
}
}
if (f[coin_value] == Integer.MAX_VALUE) { f[coin_value] = -1; }
return f[coin_value];
}
示例2：在一個矩陣當中，有多少種方式能從左上角走到右下角。（每次行走方向只能往下或往右），比如從(0, 0)出發，有多少種路線走到(4, 5)
時間關係，這裏簡單分析下。
走到(4, 5)的上一格有兩種，一個是(3, 5)，另一個是(4, 4)，所以走到(4, 5)的路線總數就等於上述兩種的總和，對此，我們可以得到如下關係，其中f[i][j]表示的是走到(i, j)的路線種數
Python實現的代碼如下：
def calc_run_number(m, n):
import numpy as np
f = np.zeros([m, n])
for i in range(m):
for j in range(n):
if (i ==0 or j == 0): f[i][j] = 1
else: f[i, j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]
return f[m-1][n-1
像類似的案例其實還有很多的，主要還是要多多聯繫纔行。
現在，我們迴歸到正則匹配這道題，再次看下題面：
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。
前面也有說到，使用動態規劃之前需要定義一個數組來存儲數據狀態，這道題中涉及s和p兩個字符串，所以我們需要定義二維數組，也就是矩陣dp。假設s和p的長度分別爲s_len和p_len，則dp數組的shape值應該爲(s_len + 1, p_len + 1)，其中+1主要是的因爲需要額外引入一行一列，用於表示空字符""的匹配情況，這裏可以理解成初始值的引入。
dp[i][j]表示的就是s[:i]能否通過dp[:j]正則表達式來進行匹配，其值爲True或False。True表示的是能匹配成功，比如s:abc p:a.c，而False表示的是不能匹配，比如s:abc p:ab*，這一點一定要理解清楚，非常重要，也是解這道題的關鍵之一。
我們需要對dp數組進行初始化，不如通過如下方式將內部所有元素初始化爲False:，且dp[0][0]=True，因爲空字符s自然能用空字符p來進行匹配：
dp = [[False] * (p_len + 1) for temp in range(s_len + 1)]; dp[0][0] = True
隨後，需要將dp第一行進行額外處理，也就是初始狀態的定義。這裏的有個條件來對*進行判斷，假如說*前面的一個字符存在，則需要將該位置上的dp值定義爲與前兩個值相同，因爲在正則表達式中，*表示的是能匹配零個或多個前面的那一個元素（注意：這是在第一行進行定義，也就是說此時s可以看做""空字符，通過p[:j]正則來對其進行匹配）：
for one_row_item in range(p_len):
if p[one_row_item] == '*' and dp[0][one_row_item - 1]:
dp[0][one_row_item + 1] = True
第一行處理完成，隨後就需要對其他行的dp值進行填充，而填充的依據就是根據上一行來進行分類判斷：假設遍歷條件滿足：p[j - 1] == s[i - 1] or p[j - 1] == '.'，也就是說s和p對應的字符相同，或能通過.匹配任意字符，則將設置dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，因爲此時dp[i][j]的匹配情況是由dp[i-1][j-1]來決定的；假如說此時的正則字符爲*，則dp[i][j]需要根據dp[i][j - 2]、dp[i][j - 1]、dp[i - 1][j]共同決定，完整算法思想如下：
class Solution:
def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
s_len, p_len = len(s), len(p)
dp = [[False] * (p_len + 1) for temp in range(s_len + 1)]; dp[0][0] = True
for one_row_item in range(p_len):
if p[one_row_item] == '*' and dp[0][one_row_item - 1]:
dp[0][one_row_item + 1] = True
for i in range(1, s_len + 1):
for j in range(1, p_len + 1):
if p[j - 1] == s[i - 1] or p[j - 1] == '.': dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
elif p[j - 1] == '*':
if p[j - 2] != s[i - 1]: dp[i][j] = dp[i][j - 2]
if p[j - 2] == s[i - 1] or p[j - 2] == '.':
dp[i][j] = dp[i][j - 2] or dp[i][j - 1] or dp[i - 1][j]
return dp[s_len][p_len]
總的來說，這道題還是有難度的，至少是目前刷到最難的一題了，也是花費了不少時間來理解，理解了也很難通過文字來進行描述，主要還是要通過閱讀算法代碼來理解其核心思想。
像這種通過動態規劃算法來解決的問題還是要多做多練，才能孰能生巧。
我是Taoye，愛專研，愛分享，熱衷於各種技術，學習之餘喜歡下象棋、聽音樂、聊動漫，希望藉此一畝三分地記錄自己的成長過程以及生活點滴，也希望能結實更多志同道合的圈內朋友，更多內容歡迎來訪微信公主號：玩世不恭的Coder。
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參考資料：
[1] LeetCode官方：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching/solution/zheng-ze-biao-da-shi-pi-pei-by-leetcode-solution/
[2] 動態規劃算法：https://www.bilibili.com/video/BV1xb411e7ww?from=search&seid=9800329040911246241