每日OJ题_两个数组dp⑤_力扣10. 正则表达式匹配

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力扣10. 正则表达式匹配

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力扣10. 正则表达式匹配

10. 正则表达式匹配

难度 困难

给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。

• '.' 匹配任意单个字符
• '*' 匹配零个或多个前面的那一个元素

所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。

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（'.'）。

提示：

• 1 <= s.length <= 20
• 1 <= p.length <= 20
• s 只包含从 a-z 的小写字母。
• p 只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
• 保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {

    }
};

解析代码

状态表示：

对于两个字符串之间的 dp 问题，一般的思考方式如下：

        选取第⼀个字符串的 [0, i] 区间以及第⼆个字符串的 [0, j] 区间当成研究对象，结合题目的要求来定义状态表示。然后根据两个区间上最后一个位置的字符，来进行分类讨论，从而确定状态转移方程。

dp[i][j] 表示：字符串 p 的 [0, j] 区间和字符串 s 的 [0, i] 区间是否可以匹配。

状态转移方程：

根据最后一个位置的元素，结合题目要求，分情况讨论：

• 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，无法匹配。
• 当 s[i] == p[j] 或 p[j] == '.' 的时候，此时两个字符串匹配上了当前的一个字符， 只能从 dp[i - 1][j - 1] 中看当前字符前面的两个子串是否匹配。只能继承上个状态中的匹配结果， dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] ；
• b. 当 p[j] == '*' 的时候，和力扣44. 通配符匹配稍有不同的是，上道题 "*" 本身便可匹配 0 ~ n 个字符，但此题是要带着 p[j - 1] 的字符⼀起，匹配 0 ~ n 个和 p[j - 1] 相同的字符。此时，匹配策略有两种选择：

1. 一种选择是： p[j - 1]* 匹配空字符串，直接继承状态 dp[i][j - 2] ，此时 dp[i][j] = dp[i][j - 2] ;
2. 另一种选择是： p[j - 1]* 向前匹配 1 ~ n 个字符（与力扣44. 通配符匹配不同，此时p[j - 1]与s[i] 要相等 或者 p[j - 1] 为点），直至匹配上整个 s 串。此时相当于从 dp[k][j - 2] (0 < k <= i) 中所有匹配情况中，选择性继承可以成功的情况。此时 dp[i][j] = dp[k][j - 2] (0 < k <= i 且 s[k]~s[i] = p[j - 1]) ;

三种情况加起来，就是所有可能的匹配结果。 综上所述，状态转移方程为：

• 当s[i] == p[j] 或 p[j] == '.' 时： dp[i][j] = dp[i][j - 1] ;
• 当 p[j] == '*' 时，有多种情况需要讨论： dp[i][j] = dp[i][j - 2] ; dp[i][j] = dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) ;

这个状态转移方程时间复杂度为O（N^3），要想想优化。

        优化：当发现计算一个状态的时候，需要一个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的方向就是用一个或者两个状态来表示这一堆的状态。通常就是把它写下来，然后用数学的方式做一下等价替换：

当 p[j] == '*' 时，状态转移方程为：dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 2][j - 2] ......

        发现 i 是有规律的减小的，因此我们去看看 dp[i - 1][j] ，列出 dp[i - 1][j] = dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] || dp[i - 3][j - 1] ......

        然后就能发现， dp[i][j] 的状态转移方程里面除了第一项以外，其余的都可以用dp[i -1][j] 替代。因此优化我们的状态转移方程为： dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j]。

初始化、填表顺序、返回值：

初始化：空串是有研究意义的，因此我们将原始 dp 表的规模多加上一行和一列，表示空串。由于 dp 数组的值设置为是否匹配，为了不与答案值混淆，我们需要将整个数组初始化为false 。由于需要用到前一行和前一列的状态，初始化第一行、第一列即可。

dp[0][0] 表示两个空串能否匹配，答案是显然的， 初始化为 true 。

第一行表示 s 是一个空串， p 串和空串只有一种匹配可能，即 p 串表示为 "任一字符+*" ，此时也相当于空串匹配上空串。所以可以遍历 p 串，把所有前导为 "任一字符+*" 的 p 子串和空串的 dp 值设为 true 。

第一列表示 p 是一个空串，不可能匹配上 s 串，跟随数组初始化成false即可。

填表顺序：从上往下填写每一行，每一行从左往右，最后返回dp[m][n]。

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        // dp[i][j]表示字符串p的[0, j]区间和字符串s的[0, i]区间是否可以匹配
        int m = s.size(), n = p.size();
        s = " " + s, p = " " + p;
        vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));
        dp[0][0] = true;
        for(int j = 2; j <= n; j += 2)
        {
            if(p[j] == '*')
                dp[0][j] = true;
            else
                break;
        }
        for(int i = 1; i <= m; ++i)
        {
            for(int j = 1; j <= n; ++j)
            {
                if(s[i] == p[j] || p[j] == '.')
                {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                }
                else if(p[j] == '*')
                {   // j-1为点 或者 和s[i]相等才可以匹配dp[i - 1][j]
                    if(p[j - 1] == '.' || p[j - 1] == s[i])
                        dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j];
                    else // 匹配空串的
                        dp[i][j] = dp[i][j - 2];
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};