【leetcode】44.通配符匹配(动态规划,贪心法,java实现)
程序员文章站
2022-07-15 18:02:37
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44. 通配符匹配
难度困难
给定一个字符串 (s
) 和一个字符模式 (p
) ,实现一个支持 '?'
和 '*'
的通配符匹配。
'?' 可以匹配任何单个字符。
'*' 可以匹配任意字符串(包括空字符串)。
两个字符串完全匹配才算匹配成功。
说明:
-
s
可能为空,且只包含从a-z
的小写字母。 -
p
可能为空,且只包含从a-z
的小写字母,以及字符?
和*
。
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 = "*"
输出: true
解释: '*' 可以匹配任意字符串。
示例 3:
输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。
示例 4:
输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
输出: true
解释: 第一个 '*' 可以匹配空字符串, 第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce".
示例 5:
输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
输出: false
分析
前言
本题与 10. 正则表达式匹配 非常类似,但相比较而言,本题稍微容易一些。因为在本题中,模式 p中的任意一个字符都是独立的,即不会和前后的字符互相关联,形成一个新的匹配模式。因此,本题的状态转移方程需要考虑的情况会少一些。
方法一:动态规划
思路与算法
在给定的模式 p 中,只会有三种类型的字符出现:
- 小写字母 a-z,可以匹配对应的一个小写字母;
- 问号 ?,可以匹配任意一个小写字母;
- 星号 *,可以匹配任意字符串,可以为空,也就是匹配零或任意多个小写字母。
其中「小写字母」和「问号」的匹配是确定的,而「星号」的匹配是不确定的,因此我们需要枚举所有的匹配情况。为了减少重复枚举,我们可以使用动态规划来解决本题。
我们用 表示字符串 s 的前 i 个字符和模式 p 的前 j个字符是否能匹配。在进行状态转移时,我们可以考虑模式 p的第 j个字符 ,与之对应的是字符串 s 中的第 i 个字符 :
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int m = s.length();
int n = p.length();
boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1];
dp[0][0] = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (p.charAt(i - 1) == '*') {
dp[0][i] = true;
} else {
break;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];
} else if (p.charAt(j - 1) == '?' || s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度:O(mn),其中 m 和 n 分别是字符串 s 和模式 p的长度。
- 空间复杂度:O(mn),即为存储所有 (m+1)(n+1) 个状态需要的空间。此外,在状态转移方程中,由于 只会从 以及 转移而来,因此我们可以使用滚动数组对空间进行优化,即用两个长度为 n+1 的一维数组代替整个二维数组进行状态转移,空间复杂度为 O(n)。
方法二:贪心算法
// 我们用 sIndex 和 pIndex 表示当前遍历到 s 和 p 的位置
// 此时我们正在 s 中寻找某个 u_i
// 其在 s 和 p 中的起始位置为 sRecord 和 pRecord
// sIndex 和 sRecord 的初始值为 0
// 即我们从字符串 s 的首位开始匹配
sIndex = sRecord = 0
// pIndex 和 pRecord 的初始值为 1
// 这是因为模式 p 的首位是星号,那么 u_1 的起始位置为 1
pIndex = pRecord = 1
while sIndex < s.length and pIndex < p.length do
if p[pIndex] == '*' then
// 如果遇到星号,说明找到了 u_i,开始寻找 u_i+1
pIndex += 1
// 记录下起始位置
sRecord = sIndex
pRecord = pIndex
else if match(s[sIndex], p[pIndex]) then
// 如果两个字符可以匹配,就继续寻找 u_i 的下一个字符
sIndex += 1
pIndex += 1
else if sRecord + 1 < s.length then
// 如果两个字符不匹配,那么需要重新寻找 u_i
// 枚举下一个 s 中的起始位置
sRecord += 1
sIndex = sRecord
pIndex = pRecord
else
// 如果不匹配并且下一个起始位置不存在,那么匹配失败
return False
end if
end while
// 由于 p 的最后一个字符是星号,那么 s 未匹配完,那么没有关系
// 但如果 p 没有匹配完,那么 p 剩余的字符必须都是星号
return all(p[pIndex] ~ p[p.length - 1] == '*')
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sRight = s.length(), pRight = p.length();
while (sRight > 0 && pRight > 0 && p.charAt(pRight - 1) != '*') {
if (charMatch(s.charAt(sRight - 1), p.charAt(pRight - 1))) {
--sRight;
--pRight;
} else {
return false;
}
}
if (pRight == 0) {
return sRight == 0;
}
int sIndex = 0, pIndex = 0;
int sRecord = -1, pRecord = -1;
while (sIndex < sRight && pIndex < pRight) {
if (p.charAt(pIndex) == '*') {
++pIndex;
sRecord = sIndex;
pRecord = pIndex;
} else if (charMatch(s.charAt(sIndex), p.charAt(pIndex))) {
++sIndex;
++pIndex;
} else if (sRecord != -1 && sRecord + 1 < sRight) {
++sRecord;
sIndex = sRecord;
pIndex = pRecord;
} else {
return false;
}
}
return allStars(p, pIndex, pRight);
}
public boolean allStars(String str, int left, int right) {
for (int i = left; i < right; ++i) {
if (str.charAt(i) != '*') {
return false;
}
}
return true;
}
public boolean charMatch(char u, char v) {
return u == v || v == '?';
}
}
结语
在方法二中,对于每一个被星号分隔的、只包含小写字符和问号的子模式 ,我们在原串中使用的是暴力匹配的方法。然而这里是可以继续进行优化的,即使用 AC 自动机 代替暴力方法进行匹配。由于 AC 自动机本身已经是竞赛难度的知识点,而本题还需要在 AC 自动机中额外存储一些内容才能完成匹配,因此这种做法远远超过了面试难度。这里只给出参考讲义 [Set Matching and Aho-Corasick Algorithm](http://www.cs.cmu.edu/~ab/CMU/Week 10- Strings Search/print04.pdf):
- 讲义的前 66 页介绍了字典树 Trie;
- 讲义的 7-197−19 页介绍了 AC 自动机,它是以字典树为基础的;
- 讲义的 20-2320−23 页介绍了基于 AC 自动机的一种 wildcard matching 算法,其中的 就是本题中的问号。
感兴趣的读者可以尝试进行学习。