LeetCode（44）： 通配符匹配

Hard！

题目描述：

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。

'?' 能够匹配任何单个字符。
'*' 能够匹配任意字符串（包括空字符串）。

两个字符串彻底匹配才算匹配成功。

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" 没法匹配 "aa" 整个字符串。

示例 2:

输入:
s = "aa"
p = "*"
输出: true
解释: '*' 能够匹配任意字符串。

示例 3:

输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 能够匹配 'c', 但第二个 'a' 没法匹配 'b'。

示例 4:

输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
输出: true
解释: 第一个 '*' 能够匹配空字符串, 第二个 '*' 能够匹配字符串 "dce".

示例 5:

输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
输入: false

解题思路：

这道题通配符匹配问题仍是小有难度的，这道里用了贪婪算法Greedy Alogrithm来解，因为有特殊字符*和？，其中？能代替任何字符，*能代替任何字符串，那么咱们须要定义几个额外的指针，其中scur和pcur分别指向当前遍历到的字符，再定义pstar指向p中最后一个*的位置，sstar指向此时对应的s的位置，具体算法以下：

- 定义scur, pcur, sstar, pstar

- 若是*scur存在

  - 若是*scur等于*pcur或者*pcur为 '?'，则scur和pcur都自增1

  - 若是*pcur为'*'，则pstar指向pcur位置，pcur自增1，且sstar指向scur

  - 若是pstar存在，则pcur指向pstar的下一个位置，scur指向sstar自增1后的位置

- 若是pcur为'*'，则pcur自增1

- 若*pcur存在，返回False，若不存在，返回True

C语言解法一：

 1 bool isMatch(char *s, char *p) {  2     char *scur = s, *pcur = p, *sstar = NULL, *pstar = NULL;  3     while (*scur) {  4         if (*scur == *pcur || *pcur == '?') {  5             ++scur;  6             ++pcur;  7         } else if (*pcur == '*') {  8             pstar = pcur++;  9             sstar = scur; 10         } else if (pstar) { 11             pcur = pstar + 1; 12             scur = ++sstar; 13         } else return false; 14  } 15     while (*pcur == '*') ++pcur; 16     return !*pcur; 17 }

这道题也能用动态规划Dynamic Programming来解，写法跟以前那道题Regular Expression Matching很像，可是仍是不同。外卡匹配和正则匹配最大的区别就是在星号的使用规则上，对于正则匹配来讲，星号不能单独存在，前面必需要有一个字符，而星号存在的意义就是代表前面这个字符的个数能够是任意个，包括0个，那么就是说即便前面这个字符并无在s中出现过也无所谓，只要后面的能匹配上就能够了。而外卡匹配就不是这样的，外卡匹配中的星号跟前面的字符没有半毛钱关系，若是前面的字符没有匹配上，那么直接返回false了，根本不用管星号。而星号存在的做用是能够表示任意的字符串，固然只是当匹配字符串缺乏一些字符的时候起做用，当匹配字符串包含目标字符串没有的字符时，将没法成功匹配。

C++解法一：

 1 class Solution {  2 public:  3     bool isMatch(string s, string p) {  4         int m = s.size(), n = p.size();  5         vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));  6         dp[0][0] = true;  7         for (int i = 1; i <= n; ++i) {  8             if (p[i - 1] == '*') dp[0][i] = dp[0][i - 1];  9  } 10         for (int i = 1; i <= m; ++i) { 11             for (int j = 1; j <= n; ++j) { 12                 if (p[j - 1] == '*') { 13                     dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1]; 14                 } else { 15                     dp[i][j] = (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '?') && dp[i - 1][j - 1]; 16  } 17  } 18  } 19         return dp[m][n]; 20  } 21 };