剑指 Offer 19. 正则表达式匹配(动态规划，清晰到爆)

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。

思路分析

这是个动态规划的题，不是你动规的题 你叫什么正则匹配啊。。。。。。。。。

开搞开搞，

1.定义dp含义

dp[i][j] 表示s串到下标i-1，p串到下标j-1 时，两串是否可以匹配上。

2.递推公式

这道题主要就是递推公式的情况比较多。

情况多就多在p这个字符串里面有 ‘.’、‘*’。就是有点和星星这两个字符。

分情况：
一 、p[j-1]不等于星星的情况：

• p[j-1]为字母的情况:这个比较容易，直接看s和p的最后一个字符，也就是s[i-1]和p[j-1]是否相等， 相等则dp[i][j]的真假就取决于dp[i-1][j-1]，dp[i-1][j-1]为真dp[i][j]就为真， 这个比较好理解吧。
• p[j-1]为点的情况，这个也比较容易理解，点按照规则可以当做任意字母，所以s[i-1]和p[j-1]必然相等，直接就看dp[i-1][j-1]真假就行了。

                if p[i-1] !='*':
                    if s[j-1] == p[i-1] or p[i-1] =='.': 
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1]

二、p[j-1]等于星星的情况：

星星可以复制前面一个字符0次或者N次，下面三种情况有一种为真，则为真。

• 星星复制前面字符0次的情况：举个例子，比如s = ‘ba’ p = ‘bac*’。显然这个例子最后的 结果是True。星星复制了前面的c字符0次，使得p字符变成ba了等于s字符了。所以只需要比较 ba和ba是否能匹配上，也就是dp[i][j-2]是否为真即可(假设i指向s，j指向p，这里谨记dp含义！)
• 星星复制前面字符次数1~N次的情况：比如s = ‘bacc’ p = ‘bac*’。此时s[-1]等于p[-2] 也就是 s倒数第一个等于p倒数第二个，两个c相等，这样p最后一个星星复制倒数第二个c之后才能让s和p相等。如果改成 s = ‘baca’ p = ‘bac*’ 此时s[-1]不等于p[-2] ，p复制了c之后为bacc不等于s的baca。所以一个条件就是，必须s[-1]=p[-2]。有了这个条件之后，也只是匹配了s和p的最后两个字符，s和p是否能全部匹配，还得看前面的字符，也就是dp[i][j-1] (再次谨记dp含义)。只有dp[i][j-1] 为真，此步才为真。
• 第三个情况也是星星复制前面1~N次的情况，前面的一个情况是s[-1]等于p[-2]为先决条件，其实还有一个可能就是p[-2] 表示p倒数第二个为点，也就是 p =‘a.*’ 这种情况。点可以当做任何字符，那么也就是 s[-1]和p[-2]必然相等，然后再结合dp[i][j-1] 真假情况得出结论。

if dp[i-2][j] or (dp[i][j-1] and (s[j-1]==p[i-2] or p[i-2] =='.')):
                        dp[i][j] = True 

if dp[i-2][j]（情况1） or (dp[i][j-1](情况2和3的共同先决条件) and (s[j-1]==p[i-2](情况2) or p[i-2] =='.'(情况3))):
                        dp[i][j] = True 

初始化dp

这个初始化还是画一个表格来的比较清晰，横向为s串，竖向为p串。

先定义二维矩阵，全部为False。

显然s和p都是空串的时候为True。

这里还有一个点，就是测试用例里 p = “cab”。 若s串为空串的时候，p的两个星星位置都是True，因为都可以复制前面字符0次，让星星前面的字符变空。

所以在初始化的时候，第一列要判断是否是 ’ * '，如果为星星，则看他上面两个格子是否为True，如果是，则当前格子为True。
还是看 p = “cab” 这个例子，s为空串。初始化第一列。 c的位置肯定为False，第一个星星的位置，可以复制c字符0次，让p = 'c * '变为空字符，则可与s匹配，第一个星星的地方就是True，继续往后，a肯定是False不变。到第二个星星，可以想象，第二个星星可以让a变空，但a前面还有c和‘ * ’，所以就是看dp[i-2][0]是否为True，如果是则当前为True。

for i in range(2,len(p)+1):
            if dp[i-2][0] and  p[i-1] == '*':
                dp[i][0] = True

遍历顺序

这个没啥问题，从1开始就行了。

完整代码

class Solution:
    def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
  
        # 二维矩阵， 横向s 竖向p
        # 横向s  竖向p
        dp = [[False for _ in range(len(s)+1)] for _ in range(len(p)+1)]
        dp[0][0] = True
        for i in range(2,len(p)+1):
            if dp[i-2][0] and  p[i-1] == '*':
                dp[i][0] = True
        

        for i in range(1,len(p)+1):
            for j in range(1,len(s)+1):
                if p[i-1] !='*':
                    if s[j-1] == p[i-1] or p[i-1] =='.':
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
                
                else:
                    if dp[i-2][j] or (dp[i][j-1] and (s[j-1]==p[i-2] or p[i-2] =='.')):
                        dp[i][j] = True 

        return dp[-1][-1]