[LeetCode]10. Regular Expression Matching正则表达式匹配
Given an input string (s) and a pattern (p), implement regular expression matching with support for '.' and '*'.
'.' Matches any single character.
'*' Matches zero or more of the preceding element.
The matching should cover the entire input string (not partial).
Note:
s could be empty and contains only lowercase letters a-z.
p could be empty and contains only lowercase letters a-z, and characters like . or *.
Example 1:
Input:
s = "aa"
p = "a"
Output: false
Explanation: "a" does not match the entire string "aa".
Example 2:
Input:
s = "aa"
p = "a*"
Output: true
Explanation: '*' means zero or more of the precedeng element, 'a'. Therefore, by repeating 'a' once, it becomes "aa".
Example 3:
Input:
s = "ab"
p = ".*"
Output: true
Explanation: ".*" means "zero or more (*) of any character (.)".
Example 4:
Input:
s = "aab"
p = "c*a*b"
Output: true
Explanation: c can be repeated 0 times, a can be repeated 1 time. Therefore it matches "aab".
Example 5:
Input:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
Output: false
题目要求判断给出的表达式p能否匹配字符串s,其中"."能匹配任意字符,"*"能匹配前一个字符任意多次,比如"a*",可以匹配空字符,或者任意多个a,基于本题中
"*"可以是0个,所以不能由前面不匹配就得出后面也不匹配的结论,比如s=b,p=a*b,一开始a!=b,我们不能由这个结论得出整个字符串不匹配,所以这题我们需要把整个字符串匹配完。
这题我的做法是DP,假设dp[i][j]表示匹配到S[:i]与P[:j]
(1)p[j]=!'*',此时p[j]可能是字符,那就需要S[i]==P[j],可能是".",肯定匹配
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] && ( s[i]==p[j] || p[j]=='.' )
(2)P[j]=='*',此时需要根据*的重复次数分情况讨论
- 重复0次,此时p[j]的作用就是消去前一个字符的作用,所以dp[i][j] = dp[i][j-2]
- 重复1次或以上,需要看p[j-1]的这个字符能否匹配S[i]这个位置的字符,
也就是S[i]==P[j-1]&&P[j-1]=='.',再来看dp[i][j]是从哪一个状态转化来的,假设
S=abbbb,p=ab*,要求dp[1][1]时,此时dp[0][]已经全部得出来了,dp[1][1]=dp[0][1],
dp[0][1]到dp[1][1]是"*"从重复0次到1次的变化,然后是dp[2][2]=dp[1][2],我们可以总结出,
dp[i][j]的状态是"*"重复次数增加带来的状态变化,变化前是dp[i-1][j],也就是"*"重复次数增加前的状态。所以dp[i][j] = dp[i-1][j] && ( S[i]==P[j-1] || P[j-1]=='.' )
综上所述
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] && ( s[i]==p[j] || p[j]=='.' ) ,条件是p[j]=!'*'
dp[i][j] = dp[i][j-2],条件是P[j]=='*',并且重复0次
dp[i][j] = dp[i-1][j] && ( S[i]==P[j-1] || P[j-1]=='.' ),条件是P[j]=='*'并重复不止1次
因为存在i-1,j-2这样的状态,为了防止数组越界,我们把S和P都向后移动一个位置,就当添加了一个空格" "进去,这样S和P的比较都是从1开始了,所有的判断条件需要多减一位
同时,简化"*"重复次数的不同状态,因为"*"重复0次不需要任何条件,dp[i][j] = dp[i][j - 2] || i > 0 && dp[i - 1][j] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.')
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int m = s.length(), n = p.length();
boolean dp[][] = new boolean[m + 1][n + 1];
dp[0][0] = true;
for(int i = 0; i <= m; ++i) {
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
if(p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || i > 0 && dp[i - 1][j] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.');
} else {
dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '.');
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
还有其他方法,像递归求解
若p为空,若s也为空,返回true,反之返回false
若p的长度为1,若s长度也为1,且相同或是p为'.'则返回true,反之返回false
若p的第二个字符不为*,若此时s为空返回false,否则判断首字符是否匹配,且从各自的第二个字符开始调用递归函数匹配
若p的第二个字符为*,若s不为空且字符匹配,调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p,若匹配返回true,否则s去掉首字母
返回调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p的结果
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
if (p.isEmpty()) return s.isEmpty();
if (p.length() == 1) {
return (s.length() == 1 && (s.charAt(0) == p.charAt(0)|| p.charAt(0) == '.'));
}
if (p.charAt(1)!= '*') {
if (s.isEmpty()) return false;
return (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.') && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));
}
while (!s.isEmpty() && (s.charAt(0) ==p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')) {
if (isMatch(s, p.substring(2))) return true;
s = s.substring(1);
}
return isMatch(s, p.substring(2));
}
}
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