一.題目連接：https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/c++
二.題目大意：正則表達式
實現一個正則表達式，該正則表達式只有兩種特殊的字符——「.」和「*」，其中.能表示任意字符，即它能夠匹配任意的字符；*表示能夠重複前面的字符0次或者屢次(例如：a*能夠表示成「」(空，至關於重複0次)或者表示成「aaa」重複3次)。express
三.題解：函數
這道題目比較經常使用的方法是遞歸；該題目的難點之處在於遇到*的時候它可能匹配0次，也可能匹配1次或屢次；這種特性很顯然知足遞歸的特性。因此要根據字符是否爲*來進行分狀況討論，詳細以下：優化
對於一個模式字符串，從前日後的來分析它：spa
1.若是當前字符的下一個字符不是「*」的話(因爲第一個字符不多是* 因此根據下一個字符是否爲*來分狀況才更加的合理)，此時只須要判斷需匹配字符串s的當前字符和模式字符串p的當前字符是否相等便可。若是*s == *p或者*p == '.' && *s != '\0'的話，那麼當前字符匹配成功，就能夠繼續往下匹配了。指針
2.若是當前字符的下一個字符是「*」的話，此時就須要匹配當前字符0次、1次或屢次了(而此處的重複次數能夠用遞歸法來實現，也能夠用迭代法來實現)，直到不能匹配更多的字符。code
3.既然是遞歸，那麼必定·要有終止條件的，該問題的終止條件顯然是：當p到達終點時(即*p == '\0'時)若是s也到達終點了，那麼返回true；若是s沒到達終點，那麼返回false。經過這個條件咱們也能夠看出，字符串p的最終長度必定是與字符串s的長度同樣，纔可以匹配成功。(這也就是題目時所說的徹底匹配，而不是部分匹配。經過這一點，咱們可也快速的去除那些不符合匹配的例子，如：ab和.*c,二者顯然不匹配；而ab和.* 二者顯然匹配)blog
具體代碼以下：遞歸
方法1(遞歸+部分迭代)：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
return matchCore(s.c_str(),p.c_str());
}
bool matchCore(const char *s,const char *p)
{
if(*p == '\0' && *s == '\0')
return true;
if(*p == '\0' && *s != '\0')
return false;
//若是下一個字符不是*的話
if(*(p+1) != '*')
{
if(*p == *s||(*p == '.' && *s != '\0'))
return matchCore(s + 1,p + 1);
else//一旦有一個字符不同，則不匹配
return false;
}
else//下一個字符是*
{
//*重複一次或屢次，只有噹噹前字符匹配成功時，才考慮*重複多少次，不然不用考慮*了，直接跳過
while(*p == *s ||(*p == '.' && *s != '\0'))
{
if(matchCore(s,p + 2))
return true;
s++;
}
//*再也不重複，即直接跳過*
return matchCore(s,p + 2);
}
}
};
注:
1.該方法中while循環的部分至關於對*進行匹配1次或屢次，而matchCore(s,p+2)至關於忽略* ，即匹配0次。下面來詳細闡述一下此處過程：
(1)首先，先判斷p和s的當前字符是否相同，若是不相同的話，* 這個字符就能夠忽略了，至關於匹配0次，即執行matchCore(s,p+2)；
(2)若是p和s的當前字符相同的話，此時要考慮對*進行處理了，即匹配0次、1次仍是屢次？首先先嚐試匹配0次，若是匹配0次的話，p和s的剩下部分都相匹配的話，那麼直接就能夠返回true了，if(machCore(s,p+2) retrun true;這兩行代碼就是這個意思。若是匹配0次的話不可行怎麼辦？此時就是s++至關於匹配1次(若是if(matchCore(s,p+2)這個條件成立的話，至關於匹配1次就成功了)，匹配一次完以後再進行判斷p和s的當前字符是否相同，而後重複以前的過程；這樣就完成了匹配0次、1次或屢次這整個過程。
2.必定要注意遞歸函數的終止條件！！
3.此處有個c++方法須要注意，即string.c_str()的用法，它的功能是將一個string類型的字符串轉換成一char *字符串。
方法2(所有遞歸)：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
return matchCore(s.c_str(),p.c_str());
}
bool matchCore(const char *s,const char *p)
{
if(*p == '\0' && *s == '\0')
return true;
if(*p == '\0' && *s != '\0')
return false;
//若是下一個字符不是*的話
if(*(p+1) != '*')
{
if(*p == *s||(*p == '.' && *s != '\0'))
return matchCore(s + 1,p + 1);
else//一旦有一個字符不同，則不匹配
return false;
}
else//下一個字符是*
{
if(*p == *s || (*p == '.' && *s != '\0'))//只有噹噹前字符匹配成功時，才考慮*重複多少次，不然不用考慮*了，直接跳過
return matchCore(s,p + 2) || matchCore(s + 1,p + 2) || matchCore(s + 1,p); //*重複0次、一次或屢次
else
return matchCore(s, p + 2);
}
}
};
注：
所有遞歸的話，比以前的"遞歸+迭代"法滿了很多，方法1用了23ms，但方法2(本方法)用了731ms。因此能不用遞歸就不用遞歸，這句話是頗有道理的；但遞歸法寫的代碼確實看上去更加容易理解，雖然相比迭代有時會爆棧或超時(超時頗有多是添加了多餘的操做，有時這種多餘的操做並不那麼的明顯)
方法3(所有遞歸-優化)：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
return matchCore(s.c_str(),p.c_str());
}
bool matchCore(const char *s,const char *p)
{
if(*p == '\0' && *s == '\0')
return true;
if(*p == '\0' && *s != '\0')
return false;
//若是下一個字符不是*的話
if(*(p+1) != '*')
{
if(*p == *s||(*p == '.' && *s != '\0'))
return matchCore(s + 1,p + 1);
else//一旦有一個字符不同，則不匹配
return false;
}
else//下一個字符是*
{
if(*p == *s || (*p == '.' && *s != '\0'))//只有噹噹前字符匹配成功時，才考慮*重複多少次，不然不用考慮*了，直接跳過
return matchCore(s,p + 2) || matchCore(s + 1,p); //*重複匹配s中字符0次、一次或屢次
else
return matchCore(s, p + 2);//若是當前字符不相同的話，把該字符和*一塊去掉(至關於重複0次)，去匹配pattern+2後的部分
}
}
};
方法3相比方法2，主要是優化了一處，即
return matchCore(s,p + 2) || matchCore(s + 1,p + 2) || matchCore(s + 1,p);
變成了
return matchCore(s,p + 2) || matchCore(s + 1,p);
由於仔細想一想，重複屢次是由多個重複1次組成的啊，因此最終不用再強調重複一次了，直接用matchCore(s+1,p)既能夠表示重複1次也能夠表示成重複屢次。
那麼去除這一步後，耗時多少呢？是26ms！！可見遞歸併不比迭代慢，主要是是否不增長多餘的操做。話說，作到這一步內心非常挺爽的~~
此外，還有須要注意的一點：對於任何字符串處理的題目，首先都須要判斷該字符串是否爲nullptr(空指針)或者爲""的狀況，這種特例必定是要考慮的！！(對於char *類型的字符串，這兩種狀況都須要考慮；對於string類型的字符串，通常只考慮""的狀況)