LeetCode刷題實戰10：字符串正則匹配

算法的重要性，我就很少說了吧，想去大廠，就必需要通過基礎知識和業務邏輯面試+算法面試。因此，爲了提升你們的算法能力，這個號後續天天帶你們作一道算法題，題目就從LeetCode上面選 ！

 

今天和你們聊的問題叫作正則表達式匹配，咱們先來看題面：

 

 

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 *.

 

題意

 

這道題屬於典型的人狠話很少的問題，讓咱們動手實現一個簡單的正則匹配算法。不過爲了下降難度，這裏須要匹配的只有兩個特殊符號，一個符號是'.'，表示能夠匹配任意的單個字符。還有一個特殊符號是'*'，它表示它前面的符號能夠是任意個，能夠是0個。

 

題目要求是輸入一個母串和一個模式串，請問是否可以達成匹配。

 

 

示例 1:輸入:s = "aa"p = "a"輸出: false解釋: "a" 沒法匹配 "aa" 整個字符串。示例 2:輸入:s = "aa"p = "a*"輸出: true解釋: 由於 '*' 表明能夠匹配零個或多個前面的那一個元素, 在這裏前面的元素就是 'a'。所以，字符串 "aa" 可被視爲 'a' 重複了一次。示例 3:輸入:s = "ab"p = ".*"輸出: true解釋: ".*" 表示可匹配零個或多個（'*'）任意字符（'.'）。示例 4:輸入:s = "aab"p = "c*a*b"輸出: true解釋: 由於 '*' 表示零個或多個，這裏 'c' 爲 0 個, 'a' 被重複一次。所以能夠匹配字符串 "aab"。示例 5:輸入:s = "mississippi"p = "mis*is*p*."輸出: false題解

 

 

這題要求的是徹底匹配，而不是包含匹配。也就是說s串匹配完p串以後不能有剩餘，好比恰好徹底匹配才行。明確了這點以後，咱們先來簡化操做，假設不存在'*'這個特殊字符，只存在'.'，那麼顯然，這個簡化事後的問題很是簡單，咱們隨便就能夠寫出代碼：

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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

 

咱們下面考慮加入'*'的狀況，其實加入'*'只會有一個問題，就是'*'能夠匹配任意長度，若是當前位置出現了'*'，咱們並不知道它應該匹配到哪裏爲止。咱們不知道須要匹配到哪裏爲止，那麼就須要進行搜索了。也就是說，咱們須要將它轉換成一個搜索問題來進行求解。咱們試着用遞歸來寫一下：

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def match(s, p, i, j):    # 當前位置是否匹配    flag = s[i] == p[j] or p[j] == '.'    # 判斷p[j+1]是不是*，若是是那麼說明p[j]能夠跳過匹配    if j+1 < len(p) and p[j+1] == '*':        # 兩種狀況，一種是跳過p[j]，另外一種是p[j]繼續匹配        return match(s, p, i, j+2) or (flag and match(s, p, i+1, j))    else:        # 若是沒有*，只有一種可能        return flag and match(s, p, i+1, j+1)

 

這段代碼的精髓在於，因爲'*'以前的符號也能夠是0個，因此咱們不能判斷當前位置是否會是'*'，而要判斷後面一個位置是不是'*'。這句話看起來有些像是繞口令，可是倒是這道題的精髓，若是看不懂的話，能夠結合一下代碼思考。總之，就是以出否出現'*'爲基點，分狀況進行遞歸便可。從代碼上來看算上註釋才12行，但是將這裏面的關係都梳理清楚，並不容易。仍是很是考驗基本功的，須要對遞歸有較深刻的理解才行。不過，這並非最好的方法，由於你會發現有不少狀態被重複計算了不少次。這也是遞歸算法常常遇到的問題之一，要解決倒也不難，咱們很容易發現，對於固定的i和j，答案是固定的。那麼，咱們能夠用一個數組來存儲全部的i和j的狀況。若是當前的i和j處理過了，那麼直接返回結果，不然再去計算。這種方法稱做記憶化搜索，提及來複雜，可是實現起來只須要加幾行代碼：

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memory = {}def match(s, p, i, j):    if (i, j) in memory:      return memory[(i, j)]    # 當前位置是否匹配    flag = s[i] == p[j] or p[j] == '.'    # 判斷p[j+1]是不是*，若是是那麼說明p[j]能夠跳過匹配    if j+1 < len(p) and p[j+1] == '*':        # 兩種狀況，一種是跳過p[j]，另外一種是p[j]繼續匹配        ret = match(s, p, i, j+2) or (flag and match(s, p, i+1, j))    else:        # 若是沒有*，只有一種可能        ret = flag and match(s, p, i+1, j+1)    memory[(i, j)] = ret    return ret

 

若是你對動態規劃足夠熟悉的話，想必也應該知道，記憶化搜索本質也是動態規劃的一種實現方式。但一樣，咱們也能夠選擇其餘的方式實現動態規劃，就能夠擺脫遞歸了，相比於遞歸，使用數組存儲狀態的遞推形式更容易理解。

 

咱們用dp[i][j]存儲s[:i]與p[:j]是否匹配，那麼根據咱們以前的結論，若是p[j-1]是'*'，那麼dp[i][j]可能由dp[i][j-2]或者是dp[i-1][j]轉移獲得。dp[i][j-2]比較容易想到，就是'*'前面的字符做廢，爲何是dp[i-1][j]呢？這種狀況是表明'*'連續匹配，由於可能匹配任意個，因此必需要匹配在'*'這個位置。

 

舉個例子：

s = 'aaaaa'
p = '.*'

 

在上面這個例子裏，'.'能匹配全部字符，可是問題是s中只有一個a能匹配上。若是咱們不用dp[i-1][j]而用dp[i-1][j-1]的話，那麼是沒法匹配aa或者aaa這種狀況的。由於這幾種狀況都是經過'*'的多匹配能力實現的。若是還不理解的同窗， 建議仔細梳理一下它們之間的關係。

 

咱們用數組的形式寫出代碼：

 

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def is_match(s, p):    # 爲了防止超界，咱們從下標1開始    s = '$' + s    p = '$' + p    n, m = len(s), len(p)    dp = [[False for _ in range(m)] for _ in range(n)]
    dp[0][0] = True
    # 須要考慮s空串匹配的狀況    for i in range(n):        for j in range(1, m):            # 標記當前位置是否匹配，主要考慮s爲空串的狀況            match = True if i > 0 and (s[i] == p[j] or p[j] == '.') else False            # 判斷j位置是否爲'*'            if j > 1 and p[j] == '*':                # 若是是，只有兩種轉移的狀況，第一種表示略過前一個字符，第二種表示重複匹配                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，只有一種轉移的可能                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] and match    return dp[n-1][m-1]

這題的代碼並不長，算上註釋也不過20行左右。可是當中對於題意的思考，以及對算法的運用很高，想要AC難度仍是不低的。但願你們可以多多揣摩，理解其中的精髓，尤爲是最後的動態規劃解法，很是經典，推薦必定要弄懂。固然若是實在看不明白也沒有關係，在之後的文章，我會給你們詳細講解動態規劃算法。今天的文章就到這裏。