Regular Expression Matching -- LeetCode

原题链接: http://oj.leetcode.com/problems/regular-expression-matching/
这个题目比较常见，但是难度还是比较大的。我们先来看看brute force怎么解决。基本思路就是先看字符串s和p的从i和j开始的子串是否匹配，用递归的方法直到串的最后，最后回溯回来得到结果。假设现在走到s的i位置，p的j位置，情况分为下列两种：
(1)p[j+1]不是'*'。情况比较简单，只要判断当前s的i和p的j上的字符是否一样（如果有p在j上的字符是'.',也是相同），如果不同，返回false，否则，递归下一层i+1，j+1;
(2)p[j+1]是'*'。那么此时看从s[i]开始的子串，假设s[i],s[i+1],...s[i+k]都等于p[j]那么意味着这些都有可能是合适的匹配，那么递归对于剩下的(i,j+2),(i+1,j+2),...,(i+k,j+2)都要尝试（j+2是因为跳过当前和下一个'*'字符）。
实现代码如下：

public boolean isMatch(String s, String p) {
    return helper(s,p,0,0);
}
private boolean helper(String s, String p, int i, int j)
{
    if(j==p.length())
        return i==s.length();
    
    if(j==p.length()-1 || p.charAt(j+1)!='*')
    {
        if(i==s.length()|| s.charAt(i)!=p.charAt(j) && p.charAt(j)!='.')
            return false;
        else
            return helper(s,p,i+1,j+1);
    }
    //p.charAt(j+1)=='*'
    while(i

接下来我们考虑如何优化brute force算法，熟悉动态规划的朋友可能发现了，其实这个思路已经很接近动态规划了。动态规划基本思想就是把我们计算过的历史信息记录下来，等到要用到的时候就直接使用，不用重新计算。在这个题里面，假设我们维护一个布尔数组res[i][j],代表s的前i个字符和p的前j个字符是否匹配(注意这里res的维度是s.length()+1,p.length()+1)。递推公式跟上面类似，分三种种情况：
(1)p[j+1]不是'*'。情况比较简单，只要判断如果当前s的i和p的j上的字符一样（如果有p在j上的字符是'.',也是相同），并且res[i][j]==true，则res[i+1][j+1]也为true，res[i+1][j+1]=false;
(2)p[j+1]是'*'，但是p[j]!='.'。那么只要以下条件有一个满足即可对res[i+1][j+1]赋值为true：
1)res[i+1][j]为真（'*'只取前面字符一次）;
2)res[i+1][j-1]为真（'*'前面字符一次都不取，也就是忽略这两个字符）;
3)res[i][j+1] && s[i]==s[i-1] && s[i-1]==p[j-1](这种情况是相当于i从0到s.length()扫过来，如果p[j+1]对应的字符是‘*’那就意味着接下来的串就可以依次匹配下来，如果下面的字符一直重复，并且就是‘*’前面的那个字符）。
(3)p[j+1]是'*'，并且p[j]=='.'。因为".*"可以匹配任意字符串，所以在前面的res[i+1][j-1]或者res[i+1][j]中只要有i+1是true，那么剩下的res[i+1][j+1],res[i+2][j+1],...,res[s.length()][j+1]就都是true了。
这道题有个很重要的点，就是实现的时候外层循环应该是p,然后待匹配串s内层循环扫过来。代码如下：

public boolean isMatch(String s, String p) {
    if(s.length()==0 && p.length()==0)
        return true;
    if(p.length()==0)
        return false;
    boolean[][] res = new boolean[s.length()+1][p.length()+1];
    res[0][0] = true;
    for(int j=0;j0 && res[0][j-1]) res[0][j+1]=true;
            if(j<1) continue;
            if(p.charAt(j-1)!='.')
            {
                for(int i=0;i0&&res[i+1][j-1] 
                    || i>0 && j>0 && res[i][j+1]&&s.charAt(i)==s.charAt(i-1)&&s.charAt(i-1)==p.charAt(j-1))
                        res[i+1][j+1] = true;
                }
            }
            else
            {
                int i=0;
                while(j>0 && i

对比以上两种做法，其实思路基本类似，动态规划优势在于对于前面计算过得信息不需要再重复计算，而brute force则每次重新计算。上面两种算法中，动态规划的时间复杂度是O(n^2),空间复杂度也是O(n^2)。而brute force的递归算法最坏情况是指数量级的复杂度。
这种题目在面试中算是比较难的题目，因为分情况比较多，如果不熟悉比较难在面试中理清思路并且做对，我不是很喜欢，但是在面经中却经常看到，所以还是得搞熟悉比较好。类似的题目有 Wildcard Matching ，那个还更简单一些，不过思路是基本一致的，只是少分一点情况。