LeetCode高频算法面试题 - 010 - 正则表达式匹配
漫步coding 5/16/2022
# 题目描述
给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。
- '.' 匹配任意单个字符
- '*' 匹配零个或多个前面的那一个元素
- 所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
题目难度: ★★★★, 困难
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 = "ab", p = ".*c"
输出：false
提示：
- 1 <= s.length <= 20
- 1 <= p.length <= 30
- s 只包含从 a-z 的小写字母。
- p 只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
- 保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符
# 代码实现
解题思路: 「动态规划」(DP) 是解决此类字符串匹配问题的通用方法。
1、状态定义
首先定义dp二维数组, 定义 dp[i][j] 表示 s 的前 i 个字符和 p 的前 j 个字符能否匹配。
2、如果p[j] 不是 *, . 这两个特殊字符, 数学公式如下, 这种情况还是比较简单的。
if p[j] != "*" and p[j] != '.'{
if s[i] == p[j]{
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
}else{
dp[i][j] = false
}
}
3、如果p[j] = ., p[j] 一定会和s[i] 匹配成功
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
4、如果p[j] = *, 这个时候就需要分情况讨论.
我们可以假设s、p 和 i,j 如下值:
i-1 i
s: d a a a
p: d a a * a c
j -2 j-1 j
4.1)、如果* 匹配0次, 表示p[j-1] 和 p[j] 都不等于s[i], dp[i][j]只能在p[0..j-2]判断是否是否包含s[0..i]字符串了
dp[i][j] = dp[i][j-2]
4.2)、如果* 匹配1次, p[j]和p[j-1]组成a, p[j]不参与匹配, 因为匹配成功， 那么s[i]=p[j-1], dp[i][j]可以转变成如下公式:
dp[i][j] = dp[i-1][j-2] && s[i] == p[j-1]
4.3)、如果* 匹配2次, p[j]和p[j-1]组成aa, 因为匹配成功， 那么s[i-1..i]=p[j-1], dp[i][j]可以转变成如下公式:
dp[i][j] = dp[i-2][j-2] && s[i-1..i] == p[j-1]
4.4)、如果* 匹配3次, p[j]和p[j-1]组成aaa, 因为匹配成功， 那么s[i-2..i]=p[j-1], dp[i][j]可以转变成如下公式:
dp[i][j] = dp[i-3][j-2] && s[i-2..i] == p[j-1]
4.5)、依次类推如果匹配n次
dp[i][j] = dp[i-n][j-2] && s[i-n+1..i] == p[j-1]
总的来看，当 p[j]= * 时，对于匹配 0~n 次，公式就如下：
dp[i][j] = 匹配0次公式 or 匹配1次公式 or 匹配2次公式 or .. 匹配n次公式
dp[i][j] = dp[i][j-2] or // 标记0
(dp[i-1][j-2] && s[i] == p[j-1]) or // 标记1
(dp[i-2][j-2] && s[i-1..i] == p[j-1]) || or // 标记2
(dp[i-3][j-2] && s[i-2..i] == p[j-1]) or// 标记3
...
(dp[i-n][j-2] && s[i-n+1..i] == p[j-1])// 标记n
同理可以推出
dp[i-1][j] = dp[i-1][j-2] or (dp[i-2][j-2] && s[i-1] == p[j-1]) or
(dp[i-3][j-2] && s[i-2..i] == p[j-1]) || or
(dp[i-4][j-2] && s[i-3..i] == p[j-1]) or
...
(dp[i-n-1[j-2] && s[i-n..i] == p[j-1])
仔细观察dp[i][j] 的 dp[i-1][j]的区别, 将dp[i-1][j]的等式两边都加上判断条件: s[i] == p[j-1]
dp[i-1][j] && s[i] == p[j-1] //
p[j-1]) = (dp[i-1][j-2] && s[i] == p[j-1]) or
(dp[i-2][j-2] && s[i-1..i] == p[j-1]) || or
(dp[i-3][j-2] && s[i-2..i] == p[j-1]) or
...
(dp[i-n][j-2] && s[i-n+1..i] == p[j-1])
可以看到 dp[i-1][j] && s[i] == p[j-1]的右边公式 正好是公式dp[i][j]的右边公式的 标记1~标记n 部分
所以可以替换， 并重新推导dp[i][j]的最终推导公式如下:
dp[i][j] = dp[i][j-2] or
dp[i-1][j] && s[i] == p[j-1]
5、然后就是dp初始化了
dp[0][0]=true;//两个空字串
for(int j=1;j<len(p);j++)//找出s为空 但p因为* 为空的情况
{
if(p[j]=='*')
{
dp[0][j+1]=dp[0][j-1];
}
}
tips: 以下代码是使用Go代码实现的不同解法, 文章最后可以看C++、C、Java、Python实现
具体代码如下:
func isMatch(s string, p string) bool {
sLength := len(s)
pLength := len(p)
dp := make([][]bool, sLength + 1)
for i := 0; i < sLength + 1; i++{
dp[i] = make([]bool, pLength + 1)
}
dp[0][0] = true
for j := 1; j < pLength + 1; j++ {
if (p[j-1] == '*') {
dp[0][j] = dp[0][j-2]
}
}
for i := 1; i <= sLength; i++ {
for j := 1; j <= pLength; j++ {
if s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.' {
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
}else if p[j-1] == '*'{
if s[i-1] != p[j-2] && p[j-2] != '.'{
dp[i][j] = dp[i][j-2]
} else{
dp[i][j] = dp[i][j-2] || dp[i-1][j]
}
}
}
}
return dp[sLength][pLength]
}
# 其他语言版本如下:
1、Python3
class Solution:
def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
m, n = len(s), len(p)
dp = [[False] * (n+1) for _ in range(m+1)]
# 初始化
dp[0][0] = True
for j in range(1, n+1):
if p[j-1] == '*':
dp[0][j] = dp[0][j-2]
# 状态更新
for i in range(1, m+1):
for j in range(1, n+1):
if s[i-1] == p[j-1] or p[j-1] == '.':
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
elif p[j-1] == '*': # 【题目保证'*'号不会是第一个字符，所以此处有j>=2】
if s[i-1] != p[j-2] and p[j-2] != '.':
dp[i][j] = dp[i][j-2]
else:
dp[i][j] = dp[i][j-2] | dp[i-1][j]
return dp[m][n]
2、Javascript
const isMatch = (s, p) => {
if (s == null || p == null) return false;
const sLen = s.length, pLen = p.length;
const dp = new Array(sLen + 1);
for (let i = 0; i < dp.length; i++) {
dp[i] = new Array(pLen + 1).fill(false); // 将项默认为false
}
// base case
dp[0][0] = true;
for (let j = 1; j < pLen + 1; j++) {
// 思考1: 这里为什么要初始化
// 这是因为p[j - 1] 为*, dp[0][j - 2]匹配的话, dp[0][j]则匹配， 反之亦然
//
// 思考2: dp[0][j - 2]会出现数组越界的情况吗
// dp[0][j-2]越界的话 则为undefined
if (p[j - 1] == "*") dp[0][j] = dp[0][j - 2];
}
// 迭代
for (let i = 1; i < sLen + 1; i++) {
for (let j = 1; j < pLen + 1; j++) {
// 思考s[i - 1] == p[j - 1]时, dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]？
//
if (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == ".") {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else if (p[j - 1] == "*") {
if (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == ".") {
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1][j];
} else {
dp[i][j] = dp[i][j - 2];
}
}
}
}
return dp[sLen][pLen]; // 长sLen的s串 是否匹配 长pLen的p串
};
3、C++
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
int m = s.size();
int n= p.size();
vector<vector<bool>> dp(m+1, vector<bool>(n+1, false));
dp[0][0] = true;
for(int j=1; j<=n; j++)
{
if(p[j-1]=='*') dp[0][j] = dp[0][j-2];//按题意p第一个元素不可能为'*'所以不必担心j越界
}
for(int i=1; i<=m; i++)
{
for(int j=1; j<=n; j++)
{
if(s[i-1]==p[j-1] || p[j-1]=='.') dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else if(p[j-1]=='*')
{
if(s[i-1]!=p[j-2] && p[j-2]!='.')
{
dp[i][j] = dp[i][j-2];
}
else
{
dp[i][j] = dp[i][j-2] | dp[i-1][j];
}
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
# 几种语言运行效果对比
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