LeetCode 10 正则表达式匹配
题目链接：LeetCode 10 正则表达式匹配
题目大意：
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。
题解：
参考自LeedCode官方题解
题目中的匹配是一个“逐步匹配”的过程：我们每次从字符串\(p\)中取出一个字符或者“字符+星号”的组合，并在\(s\)中进行匹配。对于\(p\)中一个字符而言，它只能在\(s\)中匹配一个字符，匹配的方法具有唯一性；而对于\(p\)中“字符+星号”的组合而言，它可以在\(s\)中匹配任意自然数个字符，并不具有唯一性。因此我们可以考虑使用动态规划，对匹配的方案进行枚举。
我们用\(f[i][j]\)表示\(s\)的前\(i\)个字符与\(p\)中的前\(j\)个字符是否能够匹配。在进行状态转移时，我们考虑\(p\)的第\(j\)个字符的匹配情况：
- 如果\(p\)的第\(j\)个字符是一个小写字母，那么我们必须在\(s\)中匹配一个相同的小写字母，即
也就是说，如果\(s\)的第\(i\)个字符与\(p\)的第\(j\)个字符不相同，那么无法进行匹配；否则我们可以匹配两个字符串的最后一个字符，完整的匹配结果取决于两个字符串前面的部分。
- 如果\(p\)的第\(j\)个字符是\('*'\)，那么就表示我们可以对\(p\)的第\(j-1\)个字符匹配任意自然数次。在匹配\(0\)次的情况下，我们有
也就是我们“浪费”了一个“字符+星号”的组合，没有匹配任何\(s\)中的字符。
在匹配\(1,2,3,\cdots\)次的情况下，类似地我们有
如果我们通过这种方法进行转移，那么我们就需要枚举这个组合到底匹配了\(s\)中的几个字符，会增导致时间复杂度增加，并且代码编写起来十分麻烦。我们不妨换个角度考虑这个问题：“字母+星号”的组合在匹配的过程中，本质上只会有两种情况：
- 匹配\(s\)末尾的一个字符，将该字符扔掉，而该组合还可以继续进行匹配；
- 不匹配字符，将该组合扔掉，不再进行匹配。
如果按照这个角度进行思考，我们可以写出很精巧的状态转移方程：
- 在任意情况下，只要\(p[j]\)是\('.'\)，那么\(p[j]\)一定成功匹配\(s\)中的任意一个小写字母。
最终的状态转移方程如下：
其中\(matches(x,y)\)是判断两个字符是否匹配的辅助函数。只有当\(y\)是\('.'\)或者\(x\)和\(y\)本身相同时，这两个字符才会匹配。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
int m = s.size();
int n = p.size();
auto matches = [&](int i, int j) {
return i && (p[j - 1] == '.' || s[i - 1] == p[j - 1]);
};
vector<vector<int>> f(m + 1, vector<int>(n + 1));
f[0][0] = true;
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (p[j - 1] == '*') {
f[i][j] |= f[i][j - 2];
if (matches(i, j - 1)) {
f[i][j] |= f[i - 1][j];
}
}
else {
if (matches(i, j)) {
f[i][j] |= f[i - 1][j - 1];
}
}
}
}
return f[m][n];
}
};
