[LeetCode] Wildcard Matching

(Version 1.0)

这题在LeetCode的标签有Dynamic Programming，但是实际上的能通过OJ的解法好像不应该被称为DP，感觉这个tag貌似比较有欺骗性。一家之见。

由Regular Expression Matching的解法而来的DP解法探究

这题在LeetCode中的标签是Dynamic Programming, Backtracking, Greedy和String，做题之前目测解法要比之前的Regular Expression Matching更精巧，不会是那么straightforward的DP。不过受到Regular Expression Matching的启发，打算先用类似（甚至可以说是相同）的解法解一下，代码如下：

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        boolean[][] match = new boolean[s.length() + 1][p.length() + 1];
        match[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= s.length(); i++) {
            for (int j = 1; j <= p.length(); j++) {
                if (i != 0) {
                    char c = p.charAt(j - 1);
                    if (c != '*') {
                        match[i][j] = match[i - 1][j - 1] && (c == '?' || c == s.charAt(i - 1));
                    } else {
                        match[i][j] = match[i][j - 1] || match[i - 1][j - 1] || match[i - 1][j];
                    }
                } else {
                    if (p.charAt(j - 1) == '*') {
                        match[0][j] = true;
                    } else {
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        return match[s.length()][p.length()];
    }
}

这个答案不出所料地得到了Memory Limit Exceeded的结果，那么试一试不开二维数组，而只开一维数组行不行呢？代码如下：

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        boolean[][] match = new boolean[2][p.length() + 1];
        match[0][0] = true;
        for (int j = 0; j < p.length(); j++) { // initialize first row of match
            if (p.charAt(j) == '*') {
                match[0][j] = true;
            } else {
                break;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
            for (int j = 1; j <= p.length(); j++) {
                char c = p.charAt(j - 1);
                if (c != '*') {
                    match[1][j] = match[0][j - 1] && (c == '?' || c == s.charAt(i - 1));
                } else {
                    match[1][j] = match[1][j - 1] || match[0][j - 1] || match[0][j];
                }
            }
            System.arraycopy(match[1], 0, match[0], 0, match[0].length);
        }
        return match[1][p.length()];
    }
}

依然没有通过，得到的是Time Limit Exceeded。说明这题的思路需要不同于Regular Expression Matching那种近乎brutal force的DP。

 

通过了OJ的two pointers解法

仔细思考一下这题的核心所在，发现问题和Regular Expression Matching的核心类似，其实还是'*'到底要match多少个s中的char。'*'可以match 0/1/多个，所以我们需要在遇到'*'时依然要对不同情形进行试探，而在试探失败之后怎么reset到之前的状态就是问题的核心了。这题使用额外的空间会Memory Limit Exceeded，自然会想到那我们只能用two pointer了，于是问题进一步变成了：如果试探失败，怎么reset这两个pointer到应该去的位置，或者说哪里才是它们应该去的位置。如果我们从匹配0个s中的char开始试探，那么“试探失败”其实意味着我们用'*'来匹配的s中的char匹配少了，需要用一个'*'来匹配更多s中的char，所以对于s的指针，应该reset到的位置应该是上一个被'*'匹配的char后面的第一个char，而对于p的指针，因为我们永远从匹配0个开始，所以依然是reset到'*'之后的第一个char，代码如下：

public boolean isMatch(String s, String p) {
    int asterisk = -1;
    int lastMatch = -1;
    int i = 0;
    int j = 0;
    while (i < s.length()) { // this loop guard is hard to conceive at the first time.
        if (j < p.length() && (p.charAt(j) == '?' || p.charAt(j) == s.charAt(i))) { // simple match
            i++;
            j++;
        } else if (j < p.length() && p.charAt(j) == '*') {
            asterisk = j;
            lastMatch = i;
            j++;
        } else if (asterisk != -1) { // don't match or j out of bound
            // the critical insight here is that here you need to reset i and j to the correct place
            // by correct place I mean set j to right after '*' and i to the next char after the last char in s that matches '*'
            j = asterisk + 1;
            lastMatch += 1;
            i = lastMatch;
        } else {
            return false;
        }
    }
    while (j < p.length() && p.charAt(j) == '*') {
        j++;
    }
    return j == p.length();
}

这个解法第一次做稍微难以想到的是应该以怎样的出发点去进行s与p的匹配。当p用完时，可能意味着的是我们使用'*'所匹配的s中的char太少了，需要reset j到合适的位置，所以把j也放入while loop的loop guard是不合适的，因为虽然i也会在loop中大量reset，但是一旦i被用完，剩下需要检验的东西就相对简单的多了，而如果使用j做loop guard，那么就很难处理s用完了但是p还没用完的情况。