动态规划(DP) - *正则匹配问题[H]

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2023-12-01

010. Regular Expression Matching

@(leetcode解题思路)[DP]

问题

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).

The function prototype should be:
bool isMatch(const char s, const char p)

Some examples:
isMatch(“aa”,”a”) → false
isMatch(“aa”,”aa”) → true
isMatch(“aaa”,”aa”) → false
isMatch(“aa”, “a“) → true
isMatch(“aa”, “.
“) → true
isMatch(“ab”, “.“) → true
isMatch(“aab”, “c
a*b”) → true

思路

这里面最复杂的操作是”*“,这是个很可恶的操作,因为你永远不知道它多长。但是有一点,”*“不会单独出现,它一定是和前面一个字母或”.”配成一对。看成一对后”X*”,它的性质就是:要不匹配0个,要不匹配连续的“X”

题目的关键就是如何把这一对放到适合的位置。

考虑一个特殊的问题:
情况1:
“aaaaaaaaaaaaaaaa”
“aaa

情况2:
“aaaaaaaaaaaaaaaa”
“aab

在不知道后面的情况的时候,我如何匹配a*?

  • 最长匹配
    显然不合适,这样后面的a就无法匹配上了

  • 匹配到和后面长度一样的位置,比如情况1,就是留3个a不匹配,让后面3个字母尝试去匹配。
    这样看似合适,但是遇到情况2就不行了。

  • 回溯,每种”*”的情况我都匹配一次,看哪种情况能成功,如果其中出现了问题,马上回溯,换下一种情况

思路1——回溯

如果“*”不好判断,那我大不了就来个暴力的算法,把“”的所有可能性都测试一遍看是否有满足的,用两个指针i,j来表明当前s和p的字符。
我们采用从后往前匹配,为什么这么匹配,因为如果我们从前往后匹配,每个字符我们都得判断是否后面跟着“
”,而且还要考虑越界的问题。但是从后往前没这个问题,一旦遇到“*”,前面必然有个字符。

  • 如果j遇到”*“,我们判断s[i] 和 p[j-1]是否相同,
    • 如果相同我们可以先尝试匹配掉s的这个字符,i—,然后看之后能不能满足条件,满足条件,太棒了!我们就结束了,如果中间出现了一个不满足的情况,马上回溯到不匹配这个字符的状态。
    • 不管相同不相同,都不匹配s的这个字符,j-=2 (跳过“*”前面的字符)
      1. if(p[j-1] == '.' || p[j-1] == s[i])
      2. if(myMatch(s,i-1,p,j))
      3. return true;
      4. return myMatch(s,i,p,j-2);
  • 如果j遇到的不是“*”,那么我们就直接看s[i]和p[j]是否相等,不相等就说明错了,返回。
  1. if(p[j] == '.' || p[j] == s[i])
  2. return myMatch(s,i-1,p,j-1);
  3. else return false;
  • 再考虑退出的情况
    • 如果j已经<0了说明p已经匹配完了,这时候,如果s匹配完了,说明正确,如果s没匹配完,说明错误。
    • 如果i已经<0了说明s已经匹配完,这时候,s可以没匹配完,只要它还有”*“存在,我们继续执行代码。

所以代码应该是这样的:

  1. class Solution {
  2. public:
  3. static const int FRONT=-1;
  4. bool isMatch(string s, string p) {
  5. return myMatch(s,s.length()-1,p,p.length()-1);
  6. }
  7. bool myMatch(string s, int i, string p,int j)
  8. {
  9. if(j == FRONT)
  10. if(i == FRONT) return true;
  11. else return false;
  12. if(p[j] == '*')
  13. {
  14. if(i > FRONT && (p[j-1] == '.' || p[j-1] == s[i]))
  15. if(myMatch(s,i-1,p,j))
  16. return true;
  17. return myMatch(s,i,p,j-2);
  18. }
  19. if(p[j] == '.' || p[j] == s[i])
  20. return myMatch(s,i-1,p,j-1);
  21. return false;
  22. }
  23. };

思路2——DP

DP的话,肯定要用空间换时间了,这里用 monkeyGoCrazy 的思路:用2维布尔数组,dp[i][j]的含义是s[0-i] 与 s[0-j]是否匹配。

  1. p.charAt(j) == s.charAt(i) : dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
  2. If p.charAt(j) == ‘.’ : dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
  3. If p.charAt(j) == ‘*’: here are two sub conditions:
    1. - if p.charAt(j-1) != s.charAt(i) : dp[i][j] = dp[i][j-2] //in this case, a* only counts as empty
    2. - if p.charAt(j-1) == s.charAt(i) or p.charAt(i-1) == '.':
    3. dp[i][j] = dp[i-1][j] //in this case, a* counts as multiple a
    4. dp[i][j] = dp[i][j-1] // in this case, a* counts as single a
    5. dp[i][j] = dp[i][j-2] // in this case, a* counts as empty

这里用的bool数组比较巧妙,初始化为true。前两种情况好理解,如果匹配成功就维持之前的真假值。程序的目的是看真值能不能传递下去。如果遇到三种情况,我们就看哪种情况有真值可以传递,就继续传递下去。

初始化

  1. dp[0][0] = true;
  2. //初始化第0行,除了[0][0]全为false,毋庸置疑,因为空串p只能匹配空串,其他都无能匹配
  3. for (int i = 1; i <= m; i++)
  4. dp[i][0] = false;
  5. //初始化第0列,只有X*能匹配空串,如果有*,它的真值一定和p[0][j-2]的相同(略过它之前的符号)
  6. for (int j = 1; j <= n; j++)
  7. dp[0][j] = j > 1 && '*' == p[j - 1] && dp[0][j - 2];

图示

我用excel自己跑了下代码,画了一下示意图,下面橘黄色表示正常匹配了,蓝色表示“*”匹配空串。可以看出真值是如何传递下去的。

例1:”aaa” 和 正则式”aa”

Alt text

Alt text

例2:”aabc” 和 正则式”a*bc”

Alt text

Alt text

例3:”aaaa” 和 正则式”a*b*“

Alt text

Alt text

代码执行

  1. for(int i = 1;i <= n;i++)
  2. {
  3. for(int j = 1;j <= m;j++)
  4. {
  5. //这里j-1才是正常字符串中的字符位置
  6. //要不*当空,要不就只有当前字符匹配了*之前的字符,才有资格传递dp[i-1][j]真值
  7. if(p[j-1] == '*')
  8. dp[i][j] = dp[i][j-2] || (s[i-1] == p[j-2] || p[j-2] == '.') && dp[i-1][j];
  9. else
  10. //只有当前字符完全匹配,才有资格传递dp[i-1][j-1] 真值
  11. dp[i][j] = (p[j-1] == '.' || s[i-1] == p[j-1]) && dp[i-1][j-1];
  12. }
  13. }

返回值

  1. return dp[n][m]

完整代码

  1. class Solution
  2. {
  3. public:
  4. static const int FRONT=-1;
  5. bool isMatch(string s, string p)
  6. {
  7. int m = s.length(),n = p.length();
  8. bool dp[m+1][n+1];
  9. dp[0][0] = true;
  10. //初始化第0行,除了[0][0]全为false,毋庸置疑,因为空串p只能匹配空串,其他都无能匹配
  11. for (int i = 1; i <= m; i++)
  12. dp[i][0] = false;
  13. //初始化第0列,只有X*能匹配空串,如果有*,它的真值一定和p[0][j-2]的相同(略过它之前的符号)
  14. for (int j = 1; j <= n; j++)
  15. dp[0][j] = j > 1 && '*' == p[j - 1] && dp[0][j - 2];
  16. for (int i = 1; i <= m; i++)
  17. {
  18. for (int j = 1; j <= n; j++)
  19. {
  20. //由于表格中是从1开始的,而字符串中是以0开始的,所以i-1和j-1才对应字符串中的字符。
  21. if (p[j - 1] == '*')
  22. {
  23. dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') && dp[i - 1][j];
  24. }
  25. else //只有当前字符完全匹配,才有资格传递dp[i-1][j-1] 真值
  26. {
  27. dp[i][j] = (p[j - 1] == '.' || s[i - 1] == p[j - 1]) && dp[i - 1][j - 1];
  28. }
  29. }
  30. }
  31. return dp[m][n];
  32. }
  33. };