基础算法（Leetcode）刻意练习第三十天——贪心算法

引言

由 “LSGO软件技术团队” 组织的 “基础算法刻意练习” 采用分类别练习的模式，即选择了五个知识点（数组、链表、字符串、树、贪心算法），每个知识点选择了 三个简单、两个中等、一个困难 等级的题目，共计三十道题，利用三十天的时间完成这组刻意练习。以下是我的每日打卡记录：

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Task30.通配符匹配

• Leetcode第44题

• 难度：困难

• 题目概述：

    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:
    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 = "*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:
    输入:
    s = "acdcb"
    p = "a*c?b"
    输入: false
  

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题解思路

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• 1.超时的递归

看到这道题，第一反应就是用递归，大笔一挥，代码出来了，顺便也超时了。因为输入的字符串很长的时候，递归深度太大，就会引起超时。

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if(s.isEmpty())
            return p.matches("\\**"); 
        else if(p.isEmpty())
            return false;
        char s0=s.charAt(0);
        char p0=p.charAt(0);
        boolean first= p0=='*' || p0=='?' ||s0==p0;
        if(p0=='*')
            return isMatch(s,p.substring(1)) || //*代表零个字符
                   isMatch(s.substring(1),p.substring(1)) || //*代表一个字符
                   isMatch(s.substring(1),p); //*代表多个字符
        else
            return first && isMatch(s.substring(1),p.substring(1));
    }
}

提交记录

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• 2.回溯（参考题解）

整个问题中让人头疼的其实只是 *号的匹配个数问题，那么我们可以依次“尝试”，对于 *号（如果是连续的 *****号，只取最后一个进行假设），先假设它匹配 0 个字符，匹配剩下的 pattern,如果错误，回到假设的 *号处，假设它匹配 1 个字符，以此类推，直到 s 匹配完成。

时间复杂度：O( s*log( p ) )

class Solution {
        public boolean isMatch(String s, String p) {
        int pLen = p.length();
        int pS=0, pP=0;
        int pStar = -1, pStr = -1;
        while (pS<s.length()) {
            if (pP < pLen && (p.charAt(pP) == '?' || p.charAt(pP) == s.charAt(pS))){
                ++pS;
                ++pP;
            }
            //如果有*,则记录可回溯的位置并让它代表零个字符
            else if (pP < pLen && p.charAt(pP) == '*') { 
                pStar = pP;
                pStr = pS;
                ++pP;
            }
            //不匹配且没有可回溯的*,返回false
            else if (pStar==-1) 
                return false;
            //不匹配但是具有可回溯的*,则让*匹配更多的字符
            else { 
                pP = pStar + 1;
                pS = pStr + 1;
                pStr = pS;
            }
        }
        //偷懒使用了正则表达式,速度会变慢
        return p.substring(pP).matches("\\**"); 
    }
}

提交记录

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• 3.动态规划

说实话，接触了这么多动态规划的题目，虽然我看得出来这道题可以用 “动态规划” 解决，自己上手的时候就一头雾水，所以就不丢人现眼了。