LC 44. 通配符匹配

题目描述

这是 LeetCode 上的 44. 通配符匹配 ，难度为 困难。

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。

  • '?' 可以匹配任何单个字符。
  • '*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。

两个字符串完全匹配才算匹配成功。

说明:

  • 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 *。

示例 1:

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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:
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输入:
s = "aa"
p = "*"

输出: true

解释: '*' 可以匹配任意字符串。

示例 3:
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输入:
s = "cb"
p = "?a"

输出: false

解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。

示例 4:
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输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"

输出: true

解释: 
第一个 '*' 可以匹配空字符串, 
第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce".

示例 5:
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输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"

输出: false

动态规划

这道题与 10. 正则表达式匹配 的分析思路是类似的。

但和第 10 题相比，本题要简单一些。

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

  • '*'：能够匹配任意字符串

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

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。

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

    2. 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。

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

    3. p[j] 为 '*'：可匹配任意长度的字符，可以匹配 0 个字符、匹配 1 个字符、匹配 2 个字符

      3.1. 当匹配为 0 个：f(i,j) = f(i, j - 1)

      3.2. 当匹配为 1 个：f(i,j) = f(i - 1, j - 1)

      3.3. 当匹配为 2 个：f(i,j) = f(i - 2, j - 1)

      …

      3.k. 当匹配为 k 个：f(i,j) = f(i - k, j - 1)

因此对于 p[j] = '*' 的情况，想要 f(i, j) = true，只需要其中一种情况为 true 即可。

也就是状态之间是「或」的关系：

这意味着我们要对 k 种情况进行枚举检查吗？

其实并不用，对于这类问题，我们通常可以通过「代数」进简化，将 i - 1 代入上述的式子：

可以发现，f[i - 1][j] 与 f[i][j] 中的 f[i][j - 1] 开始的后半部分是一样的。

因此有：

PS. 其实类似的推导，我在 10. 正则表达式匹配 也做过，第 10 题的推导过程还涉及等差概念，我十分推荐你去回顾一下。如果你能搞懂第 10 题整个过程，这题其实就是小 Case。

编码细节：

  1. 通过上述的推导过程，你会发现设计不少的「回退检查」操作（即遍历到 i 位，要回头检查 i - 1 等），因此我们可以将「哨兵技巧」应用到本题，往两个字符串的头部插入哨兵
  2. 对于 p[j] = '?' 和 p[j] = 普通字符 的情况，想要为 true，其实有共同的条件 f[i - 1][j - 1] == true，因此可以合到一起来做

Java 代码：

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class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        int n = s.length(), m = p.length();
        // 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
        s = " " + s; p = " " + p;
        char[] ss = s.toCharArray(), pp = p.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++) {
                if (pp[j] == '*') {
                    f[i][j] = f[i][j - 1] || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j]);
                } else {
                    f[i][j] = i - 1 >= 0 && f[i - 1][j - 1] && (ss[i] == pp[j] || pp[j] == '?');
                }
            }
        }
        return f[n][m];
    }
}

C++ 代码：
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class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int n = s.length(), m = p.length();
        s = " " + s; p = " " + p;
        vector<vector<bool>> f(n + 1, vector<bool>(m + 1, false));
        f[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                if (p[j] == '*') {
                    f[i][j] = f[i][j - 1] || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j]);
                } else {
                    f[i][j] = i - 1 >= 0 && f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '?');
                }
            }
        }
        return f[n][m];
    }
};

Python 代码：
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class Solution:
    def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
        n, m = len(s), len(p)
        s = " " + s
        p = " " + p
        f = [[False] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
        f[0][0] = True
        for i in range(n + 1):
            for j in range(1, m + 1):
                if p[j] == '*':
                    f[i][j] = f[i][j - 1] or (i - 1 >= 0 and f[i - 1][j])
                else:
                    f[i][j] = i - 1 >= 0 and f[i - 1][j - 1] and (s[i] == p[j] or p[j] == '?')
        return f[n][m]

TypeScript 代码：
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function isMatch(s: string, p: string): boolean {
    const n = s.length, m = p.length;
    s = " " + s;
    p = " " + p;
    const f = new Array(n + 1).fill(false).map(() => new Array(m + 1).fill(false));
    f[0][0] = true;
    for (let i = 0; i <= n; i++) {
        for (let j = 1; j <= m; j++) {
            if (p[j] === '*') {
                f[i][j] = f[i][j - 1] || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j]);
            } else {
                f[i][j] = i - 1 >= 0 && f[i - 1][j - 1] && (s[i] === p[j] || p[j] === '?');
            }
        }
    }
    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 $O(n \times m)$

再次强调，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。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.44 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。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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