Wildcard Matching的几种解法与思路

通配符匹配问题

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 *。

思路1：动态规划

这个题其实有点像==“编辑距离”==（编辑距离算法详解）的问题，可以根据两个字符串的长度mn(m=s.size();n=p.size())，划分成一个(n+1)(m+1)的编辑矩阵record，也是看最后矩阵record[n][m]的值。

对于字符串s=“bcd"与p=”?ec"

初始化矩阵如下：

然后遍历矩阵

有以下三种情况

1. 如果s[i]p[j] or p[j]’?’ 那么record[i+1][j+1]=record[i][j]

2. 如果p[j]’’ 那么record[i+1][j+1]=record[i][j+1] || record[i+1][j]

3. s[i] != p[j] 那么record[i+1][j+1]=0;

最后矩阵长这样：

然后矩阵最后一项record[n][m]=0 所以不匹配

然后这次我们考虑通配符’‘

首先要考虑 ‘’ 在字符串首的情况，

’’ 可以匹配所有字符串，所以需要将record[1][0]置为1，根据上述情况2，可以将这一行都置为1

如果首个字符为’‘且后面还接有’’,那么record[i][0]均为1

考虑下面矩阵：s=“bcd” p="**cd"

然后我们按照上面的规则，初始化矩阵

然后遍历矩阵，重复3种情况的判定，得到结果

代码如下：

class Solution {
public:
	bool isMatch(string s, string p) {
		int i = 0, j = 0, n = s.size(), m = p.size();
		bool **record = new bool[m + 1];
		for (int u = 0; u < m + 1; u++)
		{
			record[u] = new bool[n + 1];
                        memset(record[u], 0, sizeof(bool)(n+1));//设置初值为0
		}
		record[0][0] = true;
		for (int i = 1; i <= m; i++)//初始化矩阵，对于存在’'为字符串首的情况
			record[i][0] = record[i - 1][0] && p[i - 1] == '’;
		for (j = 0; j

思路2：双指针

从上面可以看出，如果是两个巨长的字符串，也许两个字符串从第一个字符比较就可以判定不匹配了，但是通过动态规划的方法我们进行了很多多余的计算，所以这里引入双指针的方法，对每个字符串引入一个指针进行比较判断。

· 引入2个指针 i , j 分别指向两个字符串的串首

· 引入2个指针ri , rj 分别记录字符串指针i , j 的状态

· 当 i 指向串尾 且 j 指向串尾时 返回 true，其余情况 false

同样判断4种情况

1. p[j]’?’ || s[i]p[j] 那么 i++; j++

2. p[j] ‘’ 那么 ri = i ; rj = j; j++;

3. rj > -1 那么 i = ++ri; j = rj +1;

4. 其余情况 return false；

到最后可能 j 并没有指向串尾，而是指向 '’,跳过冗余的’’ 如果 j 指向串尾那么return true 否则 return false;

对于 s=“bcd” p="**cd" 相当于只进行了 以下箭头的计算，所以更加便捷

对于 s=“bbb” p="**cd" ：

class Solution {
public:
	bool isMatch(string s, string p) {
		int n = s.size(), m = p.size();
		int i = 0, j = 0, ri = -1, rj = -1;
		while (i < n)
		{
			if (p[j] == '’)
			{
				ri = i;
				rj = j++;
			}
			else if (p[j] == ‘?’ || p[j] == s[i])
			{
				i++; j++;
			}
			else if (rj > -1)
			{
				i = ++ri;
				j = rj+1;
			}
			else return false;
		}
		while (j < m&&p[j] == ‘’)j++;
		return j == m;
	}
};

思路3：递归

整体思路与上面双指针类似，只不过是通过递归的方式完成，runtime比思路1快比思路2慢。

class Solution {
		 int dfs(string& s, string& p, int si, int pi) {
			 if (si == s.size() and pi == p.size()) return 2;
			 if (si == s.size() and p[pi] != '’) return 0;
			 if (pi == p.size()) return 1;
			 if (p[pi] == ‘’) {
				 if (pi + 1 < p.size() and p[pi + 1] == '’)
					 return dfs(s, p, si, pi + 1); // skip duplicate ‘*’
				 for (int i = 0; i <= s.size() - si; ++i) {
					 int ret = dfs(s, p, si + i, pi + 1);
					 if (ret == 0 or ret == 2) return ret;
				 }
			 }
			 if (p[pi] == ‘?’ or s[si] == p[pi])
				 return dfs(s, p, si + 1, pi + 1);
			 return 1;
		 }
 
	 public:
		 bool isMatch(string s, string p) {
			 return dfs(s, p, 0, 0) > 1;
		 }
};