LC 10. 正则表达式匹配

题目描述

这是 LeetCode 上的 10. 正则表达式匹配 ，难度为 困难。

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。

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 = "aab" p = "c*a*b"

输出：true

解释：因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。

示例 5：

输入：s = "mississippi" p = "mis*is*p*."

输出：false

提示：

• $0 <= s.length <= 20$
• $0 <= p.length <= 30$
• s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
• p 可能为空，且只包含从 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

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动态规划

整理一下题意，对于字符串 p 而言，有三种字符：

• 普通字符：需要和 s 中同一位置的字符完全匹配
• '.'：能够匹配 s 中同一位置的任意字符
• '*'：不能够单独使用 '*'，必须和前一个字符同时搭配使用，数据保证了 '*' 能够找到前面一个字符。能够匹配 s 中同一位置字符任意次。

所以本题关键是分析当出现 a* 这种字符时，是匹配 $0$ 个 a、还是 $1$ 个 a、还是 $2$ 个 a …

本题可以使用动态规划进行求解：

• 状态定义：f(i,j) 代表考虑 s 中以 i 为结尾的子串和 p 中的 j 为结尾的子串是否匹配。最终我们要求的结果为 f[n][m] 。

• 状态转移：也就是我们要考虑 f(i,j) 如何求得，前面说到了 p 有三种字符，所以这里的状态转移也要分三种情况讨论：

  1. p[j] 为普通字符：匹配的条件是前面的字符匹配，同时 s 中的第 i 个字符和 p 中的第 j 位相同。

     f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && s[i] == p[j] 。

     1. p[j] 为 '.'：匹配的条件是前面的字符匹配， s 中的第 i 个字符可以是任意字符。

     f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && p[j] == '.'。

  2. p[j] 为 '*'：读得 p[j - 1] 的字符，例如为字符 a。 然后根据 a* 实际匹配 s 中 a 的个数是 $0$ 个、$1$ 个、$2$ 个 …

     3.1. 当匹配为 $0$ 个：f(i,j) = f(i, j - 2)

     3.2. 当匹配为 $1$ 个：f(i,j) = f(i - 1, j - 2) && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.')

     3.3. 当匹配为 $2$ 个：f(i,j) = f(i - 2, j - 2) && ((s[i] == p[j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]) || p[j] == '.')

我们知道，通过「枚举」来确定 * 到底匹配多少个 a 这样的做法，算法复杂度是很高的。

我们需要挖掘一些「性质」来简化这个过程。

代码：

class Solution {
    public boolean isMatch(String ss, String pp) {
        // 技巧：往原字符头部插入空格，这样得到 char 数组是从 1 开始，而且可以使得 f[0][0] = true，可以将 true 这个结果滚动下去
        int n = ss.length(), m = pp.length();
        ss = " " + ss;
        pp = " " + pp;
        char[] s = ss.toCharArray();
        char[] p = pp.toCharArray();
        // f(i,j) 代表考虑 s 中的 1~i 字符和 p 中的 1~j 字符 是否匹配
        boolean[][] f = new boolean[n + 1][m + 1];
        f[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                // 如果下一个字符是 '*'，则代表当前字符不能被单独使用，跳过
                if (j + 1 <= m && p[j + 1] == '*' && p[j] != '*') continue;
                
                // 对应了 p[j] 为普通字符和 '.' 的两种情况
                if (i - 1 >= 0 && p[j] != '*') {
                    f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '.');
                } 
                
                // 对应了 p[j] 为 '*' 的情况
                else if (p[j] == '*') {
                    f[i][j] = (j - 2 >= 0 && f[i][j - 2]) || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j] && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.'));
                }
            }
        }
        return f[n][m];
    }
}

• 时间复杂度：$n$ 表示 s 的长度，$m$ 表示 p 的长度，总共 $n \times m$ 个状态。复杂度为 $O(n \times m)$
• 空间复杂度：使用了二维数组记录结果。复杂度为 $O(n \times m)$

动态规划本质上是枚举（不重复的暴力枚举），因此其复杂度很好分析，有多少个状态就要被计算多少次，复杂度就为多少。

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.10 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

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