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【算法】正则匹配:java - 递归算法 - 动态规划

【算法】正则匹配:java - 递归算法 - 动态规划

作者: 白璞1024 | 来源:发表于2019-08-24 21:55 被阅读0次

1、题目

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。

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 = "a*"
输出: true
解释: 因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此,字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。

示例 3:

输入:
s = "ab"
p = ".*"
输出: true
解释: ".*" 表示可匹配零个或多个('*')任意字符('.')。

示例 4:

输入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
输出: true
解释: 因为 '*' 表示零个或多个,这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。

示例 5:

输入:
s = "mississippi"
p = "misisp*."
输出: false

2、递归算法

第零步: 题目整理

看到这个题目的时候,分析题目,方法的基本架构是这样的。

      /**
       * @param s字符串abc这种
       * @param p 正则串"a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*c"
       * @return 返回是否能匹配的上
       */
      public boolean isMatch(String s, String p);

这里就是比较s (字符串) 是否符合p(pattern)的规则。pattern里边有两种特殊符号:.*

第一步:不考虑特殊符号:

 public boolean isMatch(String s, String p){
     if(s.equals(p)) return true;
 }

第二步:考虑. -递归的思路:

这个时候,我们不能直接比较了,但是.代替的是任何一个符号,为了下边的顺利进行,我们用递归的方法一个字符一个字符的比较。

就比如说 传入的字符串是abcd 正则式:ab.d的时候,

我们在isMatch方法中先比较 s 变量的 第一个字符 (a)p变量的第一个字符(a)是否相等。

  • 如果不想等,我们再看看p的第一个首字母,如果是.也认为s的首字母和d的首字母相等
  • 如果依然不等,那我们就认为这两个字符串不匹配
  • 如果相等,那我们就比较剩下的字符串 bcd 和表达式 b.d是否相等。若首字母匹配,剩下的字节匹配我们就认为这两个字符串匹配。

就比如我们按照上边的abcd ab.d比较的流程展示一下:

  1. abcdaab.da匹配,然后比较 bcdb.d是否匹配
  2. bcdbb.db匹配,然后比较 cd.d是否匹配
  3. cdc.d.匹配,然后比较 dd是否匹配
  4. dd相等,那我们就认为 dd匹配

  1. 因为dd匹配,cdc.d.匹配 所以我们认为cdc.匹配
  2. 因为cdc.匹配,bcdbb.db匹配 所以我们认为bcdb.d匹配
  3. 因为bcdb.d匹配,abcdaab.da匹配 所以我们认为abcdab.d匹配

上边的过程看起来可能有点懵,下边从代码的角度来解析一下:

 public boolean isMatch(String s ,String p) {
   //这个是第一步的思路不多解
   if(s.equals(p))return true;
   if(p.length()==0) {return s.length()==0;}
   //判断第一个字符,如果第一个字符相等,或者是一个点
   Boolean firstMatch = s.length()>0&&p.length()>0&&(s.subSequence(0, 1).equals(p.substring(0,1))||p.charAt(0)=='.');
   //判断
   return firstMatch && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));
 }
  • Boolean firstMatch申明变量,判断第一个字符是否相等
  • s.length()>0&&p.length()>0判断两个字符串是否为空,如果为空,会返回false,进行短路操作,防止下一步报错。
  • (s.subSequence(0, 1).equals(p.substring(0,1))||p.charAt(0)=='.'); s的第一个字母和p的第一个字母是否相等,如果不想等,p的第一个字母是.也算是相等。
  • return firstMatch && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));如果首字母不等,直接短路返回false,如果相等,把剩下的字符串当成新的字符串继续进行比较

第三步:考虑*

因为*代表的是前一个字母可能是有零个,一个或者是多个

eg:

输入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
输出: true
解释: 因为 '*' 表示零个或多个,这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"

所以检测到第二位是*的时候,需要两种处理方式,一种是认为*代表多,另一种是认为*代表0

 public boolean isMatch(String s ,String p) {
   if(p.length()==0) {return s.length()==0;}
     if(s.equals(p))return true;
     Boolean firstMatch = s.length()>0&&p.length()>0&&(s.subSequence(0, 1).equals(p.substring(0,1))||p.charAt(0)=='.');
            
//=============================*的处理方式===========
      if(p.length()>=2&&p.charAt(1)=='*') {//取值前进行短路处理
                  //判断有星星的时候,判断s没有*前面的哪个值,或者是如果有的话,就县判断一下第一个值一样不一样,第一个值一样的话,就判断紧接的下一个能不能匹配上。
          return isMatch(s.toString(),p.substring(2)) || (firstMatch&&isMatch(s.substring(1), p.toString()));
      }
//==========================================================================     
     return firstMatch && isMatch(s.substring(1), p.substring(1));
 }
  • if(p.length()>=2&&p.charAt(1)=='*') {//取值前进行判断,如果最后一位的话短路处理,不进入判断
    • return isMatch(s.toString(),p.substring(2)) || (firstMatch&&isMatch(s.substring(1), p.toString())); -- 返回两种情况,先考虑*是不是0的意思,如果0后续匹配不上,*代表多个的情况
  • isMatch(s.toString(),p.substring(2)) 如果是0的话,直接跳过这个首字母和*进行接下来的比较,
    • abcz*abc这个时候直接跳过z*进行剩下的比较。
  • firstMatch&&isMatch(s.substring(1), p.toString()) 比较第一个字符是否相等,如果不等,再多的*也没用,如果相等的话,就字符串抛开首字母,接着比较
    • aaabca*bc先比较 第一个字符串的a和第二个字符串的a是否相等
    • 接着比较aabca*bc
    • 然后比较abca*bc
    • 最后比较 bca*bc这个时候就会在isMatch(s.toString(),p.substring(2)) 这个分支返回true

第四步:完成与总结

理论上上边第三步基本能够完成这个题目,但是众所周知,递归对资源的消耗非常大。

我们在方法上加一行日志:查看一共调用了多少次

//...
  System.out.println(i+++". s:\""+s+"\"  p:\""+p+"\"");
 Boolean firstMatch = s.length()>0&&p.length()>0&&(s.charAt(0)==p.charAt(0)||p.charAt(0)=='.');
//...

传入参数为:"aaaaaaaaaaaaab", “a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*db"

输出日志:

0. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*a*a*a*a*a*db"
1. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*a*a*a*a*db"
2. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*a*a*a*db"
3. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*a*a*db"
4. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*a*db"
5. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*a*db"
6. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*a*db"
7. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*a*db"
8. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"a*db"
9. s:"aaaaaaaaaaaaab"  p:"db"
10. s:"aaaaaaaaaaaab"  p:"a*db"
....

这个只是开始,我们看结束的时候,一共执行了多少行

....
1314598. s:"b"  p:"db"
1314599. s:"b"  p:"a*a*a*a*a*a*a*a*a*db"
1314600. s:"b"  p:"a*a*a*a*a*a*a*a*db"
1314601. s:"b"  p:"a*a*a*a*a*a*a*db"
1314602. s:"b"  p:"a*a*a*a*a*a*db"
1314603. s:"b"  p:"a*a*a*a*a*db"
1314604. s:"b"  p:"a*a*a*a*db"
1314605. s:"b"  p:"a*a*a*db"
1314606. s:"b"  p:"a*a*db"
1314607. s:"b"  p:"a*db"
1314608. s:"b"  p:"db"
false

进行了一百多万次查询,我们理论上应该在这里进行优化,就是当参数已经比过了,就不再进行查询。

3、动态规划

3.1 自上而下的算法

我们将递归的代码进行一下优化,主要就是添加一个值,用来标记这两个传入参数是否比过,如果比过了,就不进行接下来的递归。

为什么这么多次呢?我们可以简化一下参数,看看什么蹊跷,输入的值为abc,a*a*b

输出为:

0. s:"abc"  p:"a*a*b"
1. s:"abc"  p:"a*b"
2. s:"abc"  p:"b"
3. s:"bc"  p:"a*b"
4. s:"bc"  p:"b"
5. s:"bc"  p:"a*a*b"
6. s:"bc"  p:"a*b"
7. s:"bc"  p:"b"
false

可以看到 3,4 和6,7的输入参数完全一致,其实没必要进行重复计算的

所以我们执行完3,4之后,将其存放起来,然后进入递归的时候,判断一下是否这两个字符串是否比较过,如果比较过,就直接返回结果。

先来看示例:

//先定义一个枚举类型,将来定义数组的时候,用得到
enum Result{
    TRUE,FALSE;
}

备忘录算法的核心:Result[][] memo来记住是否每个运算结果的答案

public class solution{
    Result[][] memo ;//为什么要用Result而不直接用boolean类型呢?因为boolean类型的默认值不是空,我们没办法知道这个值是不是已经遍历过了。
    int index = 0;
    public boolean isMatchDP2(String s,String p) {
        
        memo  = new Result[s.length()+1][p.length()+1];
        return dp(0,0,s,p);  
    }
}   

dp是核心递归算法,如果在memo中有记录的话,就直接返回结果,如果没有比较过的话,就不用重新比较。

  public boolean dp(int i,int j ,String s,String p) {
          if(memo[i][j]!=null)return memo[i][j]==Result.TRUE;//这里就是为什么不用boolean二位数组的原因,如果用boolean的话,每次不是true就是false不会有null
          boolean ans;
          if(j==p.length()) {//如果超过了p的匹配位数,s也超出的话,就直接返回
              ans= i==s.length();
              memo[i][j]=ans?Result.TRUE:Result.FALSE;
              return ans;
          }
          boolean firstMatch = j<p.length()&&i<s.length()&&(s.charAt(i)==p.charAt(j)||p.charAt(j)=='.');//这个算法和之前的递归算法基本上一致,只不过原来是截取字符串,现在是取不同的位数
          if(j<(p.length()-1) &&p.charAt(j+1)=='*') {//基本上就是将递归的算法翻译了一下,然后返回
              ans = dp(i,j+2,s,p)||(firstMatch&&dp(i+1,j,s,p));
          }
          else {
              ans = firstMatch&& dp(i+1,j+1,s,p);
          }
          memo[i][j]=ans?Result.TRUE:Result.FALSE;//拿到结果后,记录在备忘录里边。
          System.out.println(a+++". i:\""+i+"\"  j:\""+j+"\"      "+ memo[i][j]);//没用,就是为了看看同样的操作具体执行了多少行。
          return ans;
      }
    

这里和递归算法有一个概念上的区别,其实区别不大,递归算法比较abc a*bc的时候,先比较a和a*然后比较bc和bc,带备忘录(memo)的算法是根据下标来计算的,先比较abc的第一位是否相等,然后在比较a*bc第三位和abc的第二位是否相等。dp算法中主要就是用来判断,这两个下标能不能比。

我们再执行以下上边的的两个参数,看看需要比较多少次:传入参数为:"aaaaaaaaaaaaab", “a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*db"

0. i:"0"  j:"18"      FALSE
1. i:"1"  j:"18"      FALSE
2. i:"2"  j:"18"      FALSE
3. i:"3"  j:"18"      FALSE
4. i:"4"  j:"18"      FALSE
5. i:"5"  j:"18"      FALSE
6. i:"6"  j:"18"      FALSE
7. i:"7"  j:"18"      FALSE
8. i:"8"  j:"18"      FALSE
9. i:"9"  j:"18"      FALSE
10. i:"10"  j:"18"      FALSE
...
130. i:"9"  j:"0"      FALSE
131. i:"8"  j:"0"      FALSE
132. i:"7"  j:"0"      FALSE
133. i:"6"  j:"0"      FALSE
134. i:"5"  j:"0"      FALSE
135. i:"4"  j:"0"      FALSE
136. i:"3"  j:"0"      FALSE
137. i:"2"  j:"0"      FALSE
138. i:"1"  j:"0"      FALSE
139. i:"0"  j:"0"      FALSE

一共需要比较139次,基本上效率提高近万倍。

3.2 自底向上 的算法

这儿我不是很熟,可能有问题。

这个的思路和上边的算法比较类似,不过是从后往前的遍历,如果这样的话,比较i的时候 已经知道i+1到底匹配不,就不需要递归了。

  public boolean isMatchDP3(String s,String p) {
          boolean dp[][] = new boolean[s.length()+1][p.length()+1];
          //先默认“”,“”是匹配的
          dp[s.length()][p.length()]=true;
          
          for (int i =s.length(); i >=0 ; i--) {
            for(int j=p.length()-1;j>=0;j--) {
                boolean firstMatch =i<s.length()&&j<p.length()&&
                        (s.charAt(i)==p.charAt(j)||p.charAt(j)=='.');
                if(j+1<p.length()&&p.charAt(j+1)=='*') {
                    dp[i][j] = dp[i][j+2]||firstMatch&&dp[i+1][j];
                }else {
                    dp[i][j] = firstMatch&&dp[i+1][j+1];
                }
            }
        }
          
          return dp[0][0];
      }
    

该方法只需要两个for循环就能处理,不需要递归算法,速度更快一点。

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