LeetCode第44题思悟——通配符匹配（wildcard-matching）

LeetCode第44题思悟——通配符匹配（wildcard-matching）

知识点预告

1. 回退的处理——*从匹配null开始，记录当前*匹配的位置，以便回溯；
2. 动态规划的思想；

题目要求

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 § ，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 *。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/wildcard-matching
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

示例

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 = ""
输出: true
解释: '’ 可以匹配任意字符串。
示例 3:

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:

输入:
s = “adceb”
p = “ab”
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:

输入:
s = “acdcb”
p = “a*c?b”
输入: false

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/wildcard-matching
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

我的思路

public boolean isMatch(String s, String p) {
	int idxs = 0, idxp = 0, idxstar = -1, idxmatch = 0;
	while(idxs < s.length()){
		// 当两个指针指向完全相同的字符时，或者p中遇到的是?时
		if(idxp < p.length() && (s.charAt(idxs) == p.charAt(idxp) || p.charAt(idxp) == '?')){
			idxp++;
			idxs++;
			// 如果字符不同也没有?，但在p中遇到是*时，我们记录下*的位置，但不改变s的指针
		} else if(idxp < p.length() && p.charAt(idxp)=='*'){
			idxstar = idxp;
			idxp++;
			//遇到*后，我们用idxmatch来记录*匹配到的s字符串的位置，和不用*匹配到的s字符串位置相区分
			idxmatch = idxs;
			// 如果字符不同也没有?，p指向的也不是*，但之前已经遇到*的话，我们可以从idxmatch继续匹配任意字符
		} else if(idxstar != -1){
			// 用上一个*来匹配，那我们p的指针也应该退回至上一个*的后面
			idxp = idxstar + 1;
			// 用*匹配到的位置递增
			idxmatch++;
			// s的指针退回至用*匹配到位置
			idxs = idxmatch;
		} else {
			return false;
		}
	}
	// 因为1个*能匹配无限序列，如果p末尾有多个*，我们都要跳过
	while(idxp < p.length() && p.charAt(idxp) == '*'){
		idxp++;
	}
	// 如果p匹配完了，说明匹配成功
	return idxp == p.length();
}

优秀解法

//解法A
public boolean isMatch(String s, String p) {
	int m = s.length(), n = p.length();
	boolean[][] f = new boolean[m + 1][n + 1];
	f[0][0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		f[0][i] = f[0][i - 1] && p.charAt(i - 1) == '*';
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		for(int j = 1; j <= n; j++){
			if(s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '?'){
				f[i][j] = f[i - 1][j - 1];
			}
			if(p.charAt(j - 1) == '*'){
				f[i][j] = f[i][j - 1] || f[i - 1][j];
			}
		}
	}
	return f[m][n];
}

差异分析

自己的思路是逐个字符去匹配，遇到*时，p向前，s不动（相当于*匹配了空）；之后遇到不匹配的情况时，如果之前遇到过*，说明还能拯救，此时需要回退s和p的指针，既然要回退，那么我们就需要记录遇到*时，s和p的位置；最后需要处理的是一连串结尾的*；

优秀解法中，使用动态规划的处理思路；初始调价为[0] [0]默认为true,[i] [0]认为false；而[0] [i]则需要通过计算得到更新；

知识点小结

1. 回退的处理——*从匹配null开始，记录当前*匹配的位置，以便回溯；
2. 动态规划的思想；