LeetCode 力扣 44. 通配符匹配

時間 2021-04-12

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題目描述（困難難度）

字符串匹配，? 匹配單個任意字符，* 匹配任意長度字符串，包括空串。和第 10 題有些相似。html

解法一動態規劃

直接按照以前第 10 題，修改一下就能夠了。java

一樣是用 dp[i][j] 表示全部的狀況，而後一層一層的根據遞推關係求出來。segmentfault

public boolean isMatch(String text, String pattern) {
        // 多一維的空間，由於求 dp[len - 1][j] 的時候須要知道 dp[len][j] 的狀況，
        // 多一維的話，就能夠把 對 dp[len - 1][j] 也寫進循環了
        boolean[][] dp = new boolean[text.length() + 1][pattern.length() + 1];
        // dp[len][len] 表明兩個空串是否匹配了，"" 和 "" ，固然是 true 了。
        dp[text.length()][pattern.length()] = true;

        // 從 len 開始減小
        for (int i = text.length(); i >= 0; i--) {
            for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) {
                // dp[text.length()][pattern.length()] 已經進行了初始化
                if (i == text.length() && j == pattern.length())
                    continue;
                //相比以前增長了判斷是否等於 * 
                boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length() && (pattern.charAt(j) == text.charAt(i) || pattern.charAt(j) == '?' || pattern.charAt(j) == '*'));
                if (j < pattern.length() && pattern.charAt(j) == '*') {
                    //將 * 跳過 和將字符匹配一個而且 pattern 不變兩種狀況
                    dp[i][j] = dp[i][j + 1] || first_match && dp[i + 1][j];
                } else {
                    dp[i][j] = first_match && dp[i + 1][j + 1];
                }
            }
        }
        return dp[0][0];
    }

時間複雜度：text 長度是 T，pattern 長度是 P，那麼就是 O（TP）。優化

空間複雜度：O（TP）。spa

一樣的，和第10題同樣，能夠優化空間複雜度。指針

public boolean isMatch(String text, String pattern) {
    // 多一維的空間，由於求 dp[len - 1][j] 的時候須要知道 dp[len][j] 的狀況，
    // 多一維的話，就能夠把 對 dp[len - 1][j] 也寫進循環了
    boolean[][] dp = new boolean[2][pattern.length() + 1];
    dp[text.length() % 2][pattern.length()] = true;

    // 從 len 開始減小
    for (int i = text.length(); i >= 0; i--) {
        for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) {
            if (i == text.length() && j == pattern.length())
                continue;
            boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length() && (pattern.charAt(j) == text.charAt(i)
                                                                                 || pattern.charAt(j) == '?' || pattern.charAt(j) == '*'));
            if (j < pattern.length() && pattern.charAt(j) == '*') {
                dp[i % 2][j] = dp[i % 2][j + 1] || first_match && dp[(i + 1) % 2][j];
            } else {
                dp[i % 2][j] = first_match && dp[(i + 1) % 2][j + 1];
            }
        }
    }
    return dp[0][0];
}

時間複雜度：text 長度是 T，pattern 長度是 P，那麼就是 O（TP）。code

空間複雜度：O（P）。htm

解法二迭代

參考這裏，也比較好理解，利用兩個指針進行遍歷。blog

boolean isMatch(String str, String pattern) {
    int s = 0, p = 0, match = 0, starIdx = -1;     
    //遍歷整個字符串
    while (s < str.length()){
        // 一對一匹配，兩指針同時後移。
        if (p < pattern.length()  && (pattern.charAt(p) == '?' || str.charAt(s) == pattern.charAt(p))){
            s++;
            p++;
        }
        // 碰到 *，假設它匹配空串，而且用 startIdx 記錄 * 的位置，記錄當前字符串的位置，p 後移
        else if (p < pattern.length() && pattern.charAt(p) == '*'){
            starIdx = p;
            match = s;
            p++;
        }
        // 當前字符不匹配，而且也沒有 *，回退
        // p 回到 * 的下一個位置
        // match 更新到下一個位置
        // s 回到更新後的 match 
        // 這步表明用 * 匹配了一個字符
        else if (starIdx != -1){
            p = starIdx + 1;
            match++;
            s = match;
        }
        //字符不匹配，也沒有 *，返回 false
        else return false;
    }
 
    //將末尾多餘的 * 直接匹配空串 例如 text = ab, pattern = a*******
    while (p < pattern.length() && pattern.charAt(p) == '*')
        p++;

    return p == pattern.length();
}

時間複雜度：若是 str 長度是 T，pattern 長度是 P，雖然只有一個 while 循環，可是 s 並非每次都加 1，因此最壞的時候時間複雜度會達到 O（TP），例如 str = "bbbbbbbbbb"，pattern = "*bbbb"。每次 pattern 到最後時，又會從新開始到開頭。遞歸

空間複雜度：O（1）。