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。
说明:
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 = "*"
输出: true
解释: '*' 可以匹配任意字符串。
示例 3:
输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。
示例 4:
输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
输出: true
解释:
第一个 '*' 可以匹配空字符串,
第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce".
示例 5:
输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
输出: false
这道题与 【刷穿 LeetCode】10. 正则表达式匹配(困难) 的分析思路是类似的。
但和第 10 题相比,本题要简单一些。
整理一下题意,对于字符串 p
而言,有三种字符:
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'*'
:能够匹配任意字符串所以本题关键是分析当出现 '*'
这种字符时,是匹配 0 个字符、还是 1 个字符、还是 2 个字符 ...
本题可以使用动态规划进行求解:
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]
。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: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]
。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] == '.'
。p[j]
为 '*'
:可匹配任意长度的字符,可以匹配 0 个字符、匹配 1 个字符、匹配 2 个字符
3.1. 当匹配为 0 个:f(i,j) = f(i, j - 1)
3.2. 当匹配为 1 个:f(i,j) = f(i - 1, j - 1)
3.3. 当匹配为 2 个:f(i,j) = f(i - 2, j - 1)
...
3.k. 当匹配为 k 个:f(i,j) = f(i - k, j - 1)
因此对于 p[j] = '*'
的情况,想要 f(i, j) = true
,只需要其中一种情况为 true
即可。也就是状态之间是「或」的关系:
这意味着我们要对 k
种情况进行枚举检查吗?
其实并不用,对于这类问题,我们通常可以通过「代数」进简化,将 i - 1
代入上述的式子:
可以发现,f[i - 1][j]
与 f[i][j]
中的 f[i][j - 1]
开始的后半部分是一样的,因此有:
PS. 其实类似的推导,我在 【刷穿 LeetCode】10. 正则表达式匹配(困难) 也做过,第 10 题的推导过程还涉及等差概念,我十分推荐你去回顾一下。如果你能搞懂第 10 题整个过程,这题其实就是小 Case。
编码细节:
i
位,要回头检查 i - 1
等),因此我们可以将「哨兵技巧」应用到本题,往两个字符串的头部插入哨兵p[j] = '.'
和 p[j] = 普通字符
的情况,想要为 true
,其实有共同的条件 f[i - 1][j - 1] == true
,因此可以合到一起来做代码:
class Solution {
public boolean isMatch(String ss, String pp) {
int n = ss.length(), m = pp.length();
// 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
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++) {
if (p[j] == '*') {
f[i][j] = f[i][j - 1] || (i - 1 >= 0 && f[i - 1][j]);
} else {
f[i][j] = i - 1 >= 0 && f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '?');
}
}
}
return f[n][m];
}
}
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 再次强调,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。
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.44
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 44/1916
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