[LeetCode] 10. Regular Expression Matching ☆☆☆☆☆

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).

The function prototype should be:
bool isMatch(const char *s, const char *p)

Some examples:
isMatch("aa","a") → false
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa", "a*") → true
isMatch("aa", ".*") → true
isMatch("ab", ".*") → true
isMatch("aab", "c*a*b") → true

解法1:

　　这道题中的*表示*之前的那个字符可以有0个，1个或是多个，就是说，字符串a*b，可以表示b或是aaab，即a的个数任意；字符串.*b，可以表示b或是xyzb。需要用递归Recursion来解，大概思路如下：（原字符串为s，正则式为p）

　　- 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
  • 否则，返回调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p的结果

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (p.isEmpty()) {
            if (s.isEmpty()) return true;
            return false;
        }

        if (p.length() == 1)
            return (s.length() == 1 && (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == ‘.‘));

        if (p.charAt(1) != ‘*‘)
            return (s.length() > 0 && (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));
    }
}

　　上面的方法可以写的更加简洁一些，但是整个思路还是一样的，我们先来判断p是否为空，若为空则根据s的为空的情况返回结果。当p的第二个字符为*号时，由于*号前面的字符的个数可以任意，可以为0，那么我们先用递归来调用为0的情况，就是直接把这两个字符去掉再比较，或者当s不为空，且第一个字符和p的第一个字符相同时，我们再对去掉首字符的s和p调用递归，注意p不能去掉首字符，因为*号前面的字符可以有无限个；如果第二个字符不为*号，那么我们就老老实实的比较第一个字符，然后对后面的字符串调用递归，参见代码如下：

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (p.isEmpty()) {
            if (s.isEmpty()) return true;
            return false;
        }

        if (p.length() > 1 && p.charAt(1) == ‘*‘)
            return (isMatch(s, p.substring(2)) || (!s.isEmpty() && (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == ‘.‘) && isMatch(s.substring(1), p)));

        return (!s.isEmpty() && (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == ‘.‘) && isMatch(s.substring(1), p.substring(1)));
    }
}

解法2:

　　用动态规划DP来解，用二维数组 dp[i][j] 表示s的前i个字符s[0,i) 和p的前j个字符p[0,j)是否匹配，分以下几种情况：

• 当前字符 p[j-1]==‘*‘ 时，*前的字符可能不出现或者至少出现一次，即：

dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == ‘.‘) && dp[i - 1][j]);

• • dp[i][j - 2] 表示*前的字符一次都不出现，即与 s[0,i)和p[0,j-2) 的匹配情况相同；
  • i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == ‘.‘) && dp[i - 1][j] 表示*前的字符至少出现一次，即与 s[0,i-1)和p[0,j)de匹配情况相同

• 当前字符 p[j-1]!=‘*‘ 时，当前字符 s[i-1] 和 p[j-1]必须匹配，同时之前的字符串 s[0,i-1)和p[0,j-1)必须匹配， s[0,i)和p[0,j)才能匹配

dp[i][j] = i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == ‘.‘) && dp[i - 1][j - 1]

整体代码如下：

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        boolean[][] dp = new boolean[s.length() + 1][p.length() + 1];
        dp[0][0] = true;

        for (int i = 0; i <= s.length(); i++) {
            for (int j = 1; j <= p.length(); j++) {  // j从1开始，因为i>0,j=0的情况肯定不匹配
                if (j > 1 && p.charAt(j - 1) == ‘*‘) {
                    dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == ‘.‘) && dp[i - 1][j]);  // dp[i][j-2]表示*前的字符匹配0次，后面的表示匹配1次以上
                } else {
                    // 不为*的时候，需要当前两个字符匹配，同时dp[i-1][j-1]
                    dp[i][j] = i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == ‘.‘) && dp[i - 1][j - 1];
                }
            }
        }
        return dp[s.length()][p.length()];
    }
}