LeetCode刷题实战10：字符串正则匹配

算法的重要性，我就很少说了吧，想去大厂，就必需要通过基础知识和业务逻辑面试+算法面试。因此，为了提升你们的算法能力，这个号后续天天带你们作一道算法题，题目就从LeetCode上面选 ！

 

今天和你们聊的问题叫作正则表达式匹配，咱们先来看题面：

 

 

Given an input string (s) and a pattern (p), implement regular expression
matching with support for '.' and '*'.

'.' Matches any single character.
'*' Matches zero or more of the preceding element.

The matching should cover the entire input string (not partial).

 

https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/

 

Note:

• s could be empty and contains only lowercase letters a-z.
• p could be empty and contains only lowercase letters a-z, and characters like . or *.

 

题意

 

这道题属于典型的人狠话很少的问题，让咱们动手实现一个简单的正则匹配算法。不过为了下降难度，这里须要匹配的只有两个特殊符号，一个符号是'.'，表示能够匹配任意的单个字符。还有一个特殊符号是'*'，它表示它前面的符号能够是任意个，能够是0个。

 

题目要求是输入一个母串和一个模式串，请问是否可以达成匹配。

 

 

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 = "a*"输出: true解释: 由于 '*' 表明能够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'。所以，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: 由于 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。所以能够匹配字符串 "aab"。示例 5:输入:s = "mississippi"p = "mis*is*p*."输出: false题解

 

 

这题要求的是彻底匹配，而不是包含匹配。也就是说s串匹配完p串以后不能有剩余，好比恰好彻底匹配才行。明确了这点以后，咱们先来简化操做，假设不存在'*'这个特殊字符，只存在'.'，那么显然，这个简化事后的问题很是简单，咱们随便就能够写出代码：

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def match(s, p):  n = len(s)  for i in range(n):    if s[i] == p[i] or p[i] == '.':      continue    return False  return True

 

咱们下面考虑加入'*'的状况，其实加入'*'只会有一个问题，就是'*'能够匹配任意长度，若是当前位置出现了'*'，咱们并不知道它应该匹配到哪里为止。咱们不知道须要匹配到哪里为止，那么就须要进行搜索了。也就是说，咱们须要将它转换成一个搜索问题来进行求解。咱们试着用递归来写一下：

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def match(s, p, i, j):    # 当前位置是否匹配    flag = s[i] == p[j] or p[j] == '.'    # 判断p[j+1]是不是*，若是是那么说明p[j]能够跳过匹配    if j+1 < len(p) and p[j+1] == '*':        # 两种状况，一种是跳过p[j]，另外一种是p[j]继续匹配        return match(s, p, i, j+2) or (flag and match(s, p, i+1, j))    else:        # 若是没有*，只有一种可能        return flag and match(s, p, i+1, j+1)

 

这段代码的精髓在于，因为'*'以前的符号也能够是0个，因此咱们不能判断当前位置是否会是'*'，而要判断后面一个位置是不是'*'。这句话看起来有些像是绕口令，可是倒是这道题的精髓，若是看不懂的话，能够结合一下代码思考。总之，就是以出否出现'*'为基点，分状况进行递归便可。从代码上来看算上注释才12行，但是将这里面的关系都梳理清楚，并不容易。仍是很是考验基本功的，须要对递归有较深刻的理解才行。不过，这并非最好的方法，由于你会发现有不少状态被重复计算了不少次。这也是递归算法常常遇到的问题之一，要解决倒也不难，咱们很容易发现，对于固定的i和j，答案是固定的。那么，咱们能够用一个数组来存储全部的i和j的状况。若是当前的i和j处理过了，那么直接返回结果，不然再去计算。这种方法称做记忆化搜索，提及来复杂，可是实现起来只须要加几行代码：

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memory = {}def match(s, p, i, j):    if (i, j) in memory:      return memory[(i, j)]    # 当前位置是否匹配    flag = s[i] == p[j] or p[j] == '.'    # 判断p[j+1]是不是*，若是是那么说明p[j]能够跳过匹配    if j+1 < len(p) and p[j+1] == '*':        # 两种状况，一种是跳过p[j]，另外一种是p[j]继续匹配        ret = match(s, p, i, j+2) or (flag and match(s, p, i+1, j))    else:        # 若是没有*，只有一种可能        ret = flag and match(s, p, i+1, j+1)    memory[(i, j)] = ret    return ret

 

若是你对动态规划足够熟悉的话，想必也应该知道，记忆化搜索本质也是动态规划的一种实现方式。但一样，咱们也能够选择其余的方式实现动态规划，就能够摆脱递归了，相比于递归，使用数组存储状态的递推形式更容易理解。

 

咱们用dp[i][j]存储s[:i]与p[:j]是否匹配，那么根据咱们以前的结论，若是p[j-1]是'*'，那么dp[i][j]可能由dp[i][j-2]或者是dp[i-1][j]转移获得。dp[i][j-2]比较容易想到，就是'*'前面的字符做废，为何是dp[i-1][j]呢？这种状况是表明'*'连续匹配，由于可能匹配任意个，因此必需要匹配在'*'这个位置。

 

举个例子：

s = 'aaaaa'
p = '.*'

 

在上面这个例子里，'.'能匹配全部字符，可是问题是s中只有一个a能匹配上。若是咱们不用dp[i-1][j]而用dp[i-1][j-1]的话，那么是没法匹配aa或者aaa这种状况的。由于这几种状况都是经过'*'的多匹配能力实现的。若是还不理解的同窗， 建议仔细梳理一下它们之间的关系。

 

咱们用数组的形式写出代码：

 

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def is_match(s, p):    # 为了防止超界，咱们从下标1开始    s = '$' + s    p = '$' + p    n, m = len(s), len(p)    dp = [[False for _ in range(m)] for _ in range(n)]
    dp[0][0] = True
    # 须要考虑s空串匹配的状况    for i in range(n):        for j in range(1, m):            # 标记当前位置是否匹配，主要考虑s为空串的状况            match = True if i > 0 and (s[i] == p[j] or p[j] == '.') else False            # 判断j位置是否为'*'            if j > 1 and p[j] == '*':                # 若是是，只有两种转移的状况，第一种表示略过前一个字符，第二种表示重复匹配                dp[i][j] = dp[i][j-2] or ((s[i] == p[j-1] or p[j-1] == '.') and dp[i-1][j])            else:                # 若是不是，只有一种转移的可能                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] and match    return dp[n-1][m-1]

这题的代码并不长，算上注释也不过20行左右。可是当中对于题意的思考，以及对算法的运用很高，想要AC难度仍是不低的。但愿你们可以多多揣摩，理解其中的精髓，尤为是最后的动态规划解法，很是经典，推荐必定要弄懂。固然若是实在看不明白也没有关系，在之后的文章，我会给你们详细讲解动态规划算法。今天的文章就到这里。