面试题噩梦之一——LeetCode题目10：正则表达式匹配

原题描述

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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。

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

示例 2

输入：s = "aa", p = "a*"

输出：true

示例 3

输入：s = "ab", p = ".*"

输出：true

示例 4

输入：s = "aab", p = "c*a*b"

输出：true

示例 5

输入：s = "mississippi", p = "mis*is*p*."

输出：false

原题链接：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching

进入问题

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竟然有人直接在程序里面调用正则表达式的库？你这样面试绝对过不了的

言归正传，此题挺难，至少我提交代码之后对着bad case调了半天才调通。但这道题确实面试考过，所以我希望你至少在方法上有个印象，能吃透就更好了。

编译原理课程中讲过正则表达式的原理，可以转换为有限自动机问题，这是编程语言词法分析的必备工具。

但你应该注意的是，这道题目是一个非常简易的正则表达式匹配器，用自动机这个工具也不是不可以，但确实有大炮打蚊子的感觉，而且自动机的程序可不好写。而且面试的题，能在原理上复杂到哪去？

我觉得你应该想一想，p的子串和s的子串有没有联系？当然有！

最简单地情况，在不考虑'*'的时候，若p和s能够匹配，那么同时去掉p和s的首个字符之后的两个子串应该也是匹配的。如果考虑'*'，这种类似的关系也存在，我们可以先分情况讨论一下这个规律。

思路解析

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先借用python的一些表达：令 表示字符串 中以第 位开头的子串。

然后我们定义 ：表示子串 与 是否匹配，那么 即为所求。

case 1

当 时，

case 2

当 时，

对于公式(2)需要做些解释：当 时，我们要关注它前面一个字符，即 。因为 在 中可以出现0次，也可以出现无数次，这分别对应两种情况。

出现0次的情况，意味着我们可以忽略 和 ，那么 。

出现1次或多次的情况，意味着字符串 也可能和 匹配，但前提是满足 。

到现在为止，你可以编写递归程序了。但题目这么明显的最优子结构也在提醒着你，这是一道练习动态规划的好题目，只不过你需要好好处理一些边界条件。

基本原理你已经知道了，但我还是希望你能够好好的动手写一写，对着bad case调一调加深理解。

复杂度分析

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• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

C++参考代码

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为什么我要开辟(m+1)*(n+1)长度的数组？因为便于处理空串的情况。我假想每一个模式串和字符串最后一位都是，并且也参与匹配判断，那么当给定的p和s中有空串情况的时候，我也可以当做正常字符串去处理。

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int m = s.size();
        int n = p.size();
        bool head_match = false;
        vector<vector<bool>> dp(m+1, vector<bool>(n+1, true));
        
        for (int i = m; i >= 0; --i) {
            for (int j = n; j >= 0; --j) {

                if (i < m && j < n) head_match = s[i] == p[j] || p[j] == '.';
                else if (i == m && j == n) head_match = true;
                else head_match = false;
            
                if (j + 2 <= n && p[j+1] == '*') {
                    dp[i][j] = dp[i][j+2];
                    if (i + 1 <= m)
                        dp[i][j] = dp[i][j] || (dp[i+1][j] && head_match);
                } else {
                    dp[i][j] = head_match;
                    if (i + 1 <= m && j + 1 <= n)
                        dp[i][j] = dp[i][j] && dp[i+1][j+1];
                }
            }
        }

        return dp[0][0];
    }
};