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题目描述

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。

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 = "mis*is*p*." 
输出：false

提示：

• 0 <= s.length <= 20
• 0 <= p.length <= 30
• 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 *。
• 保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符

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动态规划解法

整理一下题意，对于字符串 p 而言，有三种字符：

• 普通字符：需要和 s 中同一位置的字符完全匹配
• '.'：能够匹配 s 中同一位置的任意字符
• '*'：不能够单独使用 '*'，必须和前一个字符同时搭配使用，数据保证了 '*' 能够找到前面一个字符。能够匹配 s 中同一位置字符任意次。

所以本题关键是分析当出现 a* 这种字符时，是匹配 0 个 a、还是 1 个 a、还是 2 个 a ...

本题可以使用动态规划进行求解：

• 状态定义：f(i,j) 代表考虑 s 中以 i 为结尾的子串和 p 中的 j 为结尾的子串是否匹配。即最终我们要求的结果为 f[n][m] 。

• 状态转移：也就是我们要考虑 f(i,j) 如何求得，前面说到了 p 有三种字符，所以这里的状态转移也要分三种情况讨论：

  1. p[j] 为普通字符：匹配的条件是前面的字符匹配，同时 s 中的第 i 个字符和 p 中的第 j 位相同。 即 f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && s[i] == p[j] 。

  2. p[j] 为 '.'：匹配的条件是前面的字符匹配， s 中的第 i 个字符可以是任意字符。即 f(i,j) = f(i - 1, j - 1) && p[j] == '.'。

  3. p[j] 为 '*'：读得 p[j - 1] 的字符，例如为字符 a。 然后根据 a* 实际匹配 s 中 a 的个数是 0 个、1 个、2 个 ...

     3.1. 当匹配为 0 个：f(i,j) = f(i, j - 2)

     3.2. 当匹配为 1 个：f(i,j) = f(i - 1, j - 2) && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.')

     3.3. 当匹配为 2 个：f(i,j) = f(i - 2, j - 2) && ((s[i] == p[j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]) || p[j] == '.')

     ...

     
     数学推导

所有的状态转移都搞清楚之后，就可以写代码啦：

class Solution {
    public boolean isMatch(String ss, String pp) {
        // 技巧：往原字符头部插入空格，这样得到 char 数组是从 1 开始，而且可以使得 f[0][0] = true，可以将 true 这个结果滚动下去
        int n = ss.length(), m = pp.length();
        ss = " " + ss;
        pp = " " + pp;
        char[] s = ss.toCharArray();
        char[] p = pp.toCharArray();
        // f(i,j) 代表考虑 s 中的 1~i 字符和 p 中的 1~j 字符 是否匹配
        boolean[][] f = new boolean[n + 1][m + 1];
        f[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                // 如果下一个字符是 '*'，则代表当前字符不能被单独使用，跳过
                if (j + 1 <= m && p[j + 1] == '*') continue;
                
                // 对应了 p[j] 为普通字符和 '.' 的两种情况
                if (i - 1 >= 0 && p[j] != '*') {
                    f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '.');
                } 
                
                // 对应了 p[j] 为 '*' 的情况
                else if (p[j] == '*') {
                    f[i][j] = (j - 2 >= 0 && f[i][j - 2]) || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j] && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.'));
                }
            }
        }
        return f[n][m];
    }
}

时间复杂度：n 表示 s 的长度，m 表示 p 的长度，总共 n * m 个状态。复杂度为

空间复杂度：使用了二维数组记录结果。复杂度为

动态规划本质上是枚举（不重复的暴力枚举），因此其复杂度很好分析，有多少个状态就要被计算多少次，复杂度就为多少。

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.10 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

由于 LeetCode 的题目随着周赛 & 双周赛不断增加，为了方便我们统计进度，我们将按照系列起始时的总题数作为分母，完成的题目作为分子，进行进度计算。当前进度为 10/1916 。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：Github 地址 & Gitee 地址。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和一些其他的优选题解。

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