leetcode-剑指Offer19正则表达式匹配
题目描述
请实现一个函数用来匹配包含’. ‘和’‘的正则表达式。模式中的字符’.‘表示任意一个字符，而’'表示它前面的字符可以出现任意次（含0次）。在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"abaca"匹配，但与"aa.a"和"ab*a"均不匹配。
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 = "a*"
输出: true
解释: 因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。
示例 3:
输入:
s = "ab"
p = ".*"
输出: true
解释: ".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4:
输入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
输出: true
解释: 因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。
示例 5:
输入:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
输出: false
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 *，无连续的 '*'。
题解
用了两种方法来做这道题，第一种是递归，第二种是动态规划。递归的时候爆栈了，所以改用动态规划。
递归
感觉递归写起来比较简单，就是两个字符安装一定的规律进行比较。遇到x*的时候需要进行多次的比较。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
return mach(s, 0, p, 0);
}
bool mach(string s, int sb, string p, int pb) {
if (s.size() == sb && p.size() == pb) {
return true;
} else if (p.size() <= pb) {
return false;
}
int si = sb;
int pi = pb;
if (pi + 1 < p.size() && p[pi + 1] == '*') {
//一次需要处理两个
pi++;
//匹配0个
if (mach(s, si, p, pi + 1)) {
return true;
}
//因为可以匹配0 ～ n个
while(si < s.size() && pi < p.size() && (s[si] == p[pi - 1] || p[pi - 1] == '.')) {
//开始匹配s中n个，已经匹配成功
if (mach(s, ++si, p, pi + 1)) {
return true;
}
}
//最后走到这边肯定是失败了
return false;
} else if (p[pi] == '.' || p[pi] == s[si]) {
//相等
return mach(s, ++sb, p, ++pb);
} else {
//不相等
return false;
}
return false;
}
};
动态规划
假设s是字符，p是匹配字符。i是s的下标，j是p的下标。在dp种i是表示s取多少个字符，j表示p取多少个字符，切记和下标是相差1的。
当dp[0][0] 两个字符串都为空的情况下，是true。
当dp[i][0] (j > 0) 时，s取字节个数不为0，p取字节个数为0，这种情况都为false。
这种情况初始化完成，接下来就只有可能i = 0的情况。
分3种情况讨论
p[j - 1]是正常字符，dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1] && p[j - 1] == s[i - 1]。p[j - 1] == '.'，dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1]。p[j - 1] == '*'，dp[i][j] = i == 0 ? dp[0][j - 2] : ((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]);
这3种情况都是需要 i为0的讨论的。
在p[j - 1] == ‘*’的时候，也需要分几种情况
- 这次需要
x*(x在这边表示任意字符)参加比较：那么(p[j - 2] == s[i - 1] || p[j - 2] == '.') && (dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1][j])这样才能为true。(p[j - 2] == s[i - 1] || p[j - 2] == '.')这个就是*前一个字符需要和s[i - 1]字符匹配上，dp[i - 1][j - 2]这个表示s[i - 2]字符没有用上x*这两个字符的结果，dp[i - 1][j]这个表示s[i - 2]字符也用上了x*这两个字符的结果。 - 这次不需要
x*参与比较：那么只需要参考dp[i][j - 2]这个结果就可以了。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
//用于保存状态
vector<vector<bool>> dp(s.size() + 1, vector<bool>(p.size() + 1));
dp[0][0] = true;
//s字符为一个字符都没有，dp有无数个字符
for (int i = 1; i < s.size(); i++) {
dp[i][0] = false;
}
//匹配题目在acm里面算easy的题目
//正常情况 dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1];
//p[j] = '.' dp[i][j] = i == 0 ? false : ((p[j - 1] == s[i - 1]) & dp[i - 1][j - 1]);
//需要查看不需要自己和需要自己的情况
//p[j] = '*' dp[i][j] = i == 0 ? ((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]);
for (int i = 0; i <= s.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= p.size(); j++) {
if (p[j - 1] == '.') {
dp[i][j] = i == 0 ? false : dp[i - 1][j - 1];
} else if (p[j - 1] == '*') {
//x*需要转移到前面
dp[i][j] = i == 0 ? dp[0][j - 2] :((((p[j - 2] == s[i - 1]) || p[j - 2] == '.') & ((dp[i - 1][j - 2]) || dp[i - 1][j]))) || (dp[i][j - 2]);
} else {
dp[i][j] = i == 0 ? false : ((p[j - 1] == s[i - 1]) & dp[i - 1][j - 1]);
}
}
}
return dp[s.size()][p.size()];
}
};