正则匹配算法题

• 判断给出的正则表达式是否能适配,这里正则表达式的适配规则是:
  • "." 适配任意单个字符
  • "x*" 适配0个或者多个x字符

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

思路

• 首先要理解题意:
  • "a"对应"a", 这种匹配不解释了
  • 任意字母对应".", 这也是正则常见
  • 0到多个相同字符x,对应"x*", 比起普通正则,这个地方多出来一个前缀x. x代表的是相同的字符中取一个,比如"aaaab"对应是"a*b"
  • "*"还有一个易于疏忽的地方就是它的"贪婪性"要有一个限度.比如"aaa"对应"a*a",代码逻辑不能一路贪婪到底
• 正则表达式如果期望着一个字符一个字符的匹配,是非常不现实的.而"匹配"这个问题,非常容易转换成"匹配了一部分",整个匹配不匹配,要看"剩下的匹配"情况.这就很好的把一个大的问题转换成了规模较小的问题:递归
• 确定了递归以后,使用java来实现这个问题,会遇到很多和c不一样的地方,因为java对字符的控制不像c语言指针那么灵活charAt一定要确定某个位置存在才可以使用.
• 如果pattern是"x*"类型的话,那么pattern每次要两个两个的减少.否则,就是一个一个的减少. 无论怎样减少,都要保证pattern有那么多个.比如s.substring(n), 其中n最大也就是s.length() 

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (p.length() == 0) {
            return s.length() == 0;
        }

        // length == 1 is the case that is easy to forget.
        // as p is subtracted 2 each time, so if original
        // p is odd, then finally it will face the length 1
        if (p.length() == 1) {
            return (s.length() == 1)
                    && (p.charAt(0) == s.charAt(0) || p.charAt(0) == '.');
        }

        // next char is not '*': must match current character
        if (p.charAt(1) != '*') {
            if (s.length() < 1) {
                return false;
            } else {
                return (s.charAt(0) == p.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')
                        && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));
            }
        }
        // next char is *
        while (s.length() > 0
               && (p.charAt(0) == s.charAt(0) || p.charAt(0) == '.')) {
            if (isMatch(s, p.substring(2))) {
                return true;
            }
            s = s.substring(1);
        }
        return isMatch(s, p.substring(2));
    }
}

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        if (p.empty()) return s.empty();
        if (p.size() > 1 && p[1] == '*') {
            return isMatch(s, p.substr(2)) || (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p));
        } else {
            return !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
        }
    }
};

聪明

我们也可以用DP来解，定义一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示s[0,i)和p[0,j)是否match，然后有下面三种情况(下面部分摘自这个帖子)：

1.  P[i][j] = P[i - 1][j - 1], if p[j - 1] != '*' && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.'); 2.  P[i][j] = P[i][j - 2], if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for 0 times; 3.  P[i][j] = P[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'), if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for at least 1 times.

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int m = s.size(), n = p.size();
        vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));
        dp[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                if (j > 1 && p[j - 1] == '*') {
                    dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') && dp[i - 1][j]);
                } else {
                    dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};