[剑指-Offer] 19. 删除链表的节点(递归、动态规划、多方法)

1. 题目来源

链接：正则表达式匹配
来源：LeetCode——《剑指-Offer》专项

2. 题目说明

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
解释: “a” 无法匹配 “aa” 整个字符串。

示例2：

输入:
s = “aa”
p = “a*”
输出: true
解释: 因为 ‘*’ 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 ‘a’。因此，字符串 “aa” 可被视为 ‘a’ 重复了一次。

示例3：

输入:
s = “ab”
p = “."
输出: true
解释: ".” 表示可匹配零个或多个（’*’）任意字符（’.’）。

示例4：

输入:
s = “aab”
p = “cab”
输出: true
解释: 因为 ‘*’ 表示零个或多个，这里 ‘c’ 为 0 个, ‘a’ 被重复一次。因此可以匹配字符串 “aab”。

示例5：

输入:
s = “mississippi”
p = “misisp*.”
输出: false

本题与[每日一题] 116. 通配符匹配(字符串、动态规划、递归、多方法）高度相似，对比着学习效果更佳！

3. 题目解析

方法一：递归解法

《剑指-Offer》上这个题目是 LeetCode 上的一道原题，并且也进入了我的 [每日一题系列]: [每日一题] 125. 正则表达式匹配(字符串、动态规划、递归、多方法）并且这道求正则表达式匹配的题和[每日一题] 116. 通配符匹配(字符串、动态规划、递归、多方法）高度相似，不同点在于 '*' 的意义不同，在之前那道题中，' *' 表示可以代替任意个数的字符，而这道题中的 '*' 表示之前那个字符可以有 0 个，1 个或是多个，就是说，字符串 a*b，可以表示b或是 aaab，即 a 的个数任意，这道题的难度要相对之前那一道大一些，分的情况的要复杂一些，需要用递归来解，大概思路如下：

• 若 p 为空，若 s 也为空，返回 true，反之返回 false

• 若 p 的长度为 1，若 s 长度也为 1，且相同或是 p 为 .则返回 true，反之返回 false

• 若 p 的第二个字符不为*，若此时 s 为空返回 false，否则判断首字符是否匹配，且从各自的第二个字符开始调用递归函数匹配

• 若 p 的第二个字符为*，进行下列循环，条件是若 s 不为空且首字符匹配（包括 p[0] 为点），调用递归函数匹配 s 和去掉前两个字符的 p （这样做的原因是假设此时的星号的作用是让前面的字符出现 0 次，验证是否匹配），若匹配返回 true，否则 s 去掉首字母（因为此时首字母匹配了，可以去掉 s 的首字母，而 p 由于星号的作用，可以有任意个首字母，所以不需要去掉），继续进行循环

• 返回调用递归函数匹配 s 和去掉前两个字符的 p 的结果（这么做的原因是处理星号无法匹配的内容，比如 s = "ab", p="a*b"，直接进入 while 循环后，我们发现 "ab" 和 "b" 不匹配，所以 s 变成 "b"，那么此时跳出循环后，就到最后的 return 来比较 "b" 和 "b" 了，返回 true。再举个例子，比如 s="", p="a*"，由于 s 为空，不会进入任何的 if 和 while，只能到最后的 return 来比较了，返回 true，正确

参见代码如下：

// 执行用时 :404 ms, 在所有 C++ 提交中击败了20.50%的用户
// 内存消耗 :12.4 MB, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        if (p.empty()) return s.empty();
        if (p.size() == 1) {
            return (s.size() == 1 && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'));
        }
        if (p[1] != '*') {
            if (s.empty()) return false;
            return (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
        }
        while (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.')) {
            if (isMatch(s, p.substr(2))) return true;
            s = s.substr(1);
        }
        return isMatch(s, p.substr(2));
    }
};

方法二：递归解法优化

上面的方法可以写的更加简洁一些，但是整个思路还是一样的：

• 先来判断 p 是否为空，若为空则根据 s 的为空的情况返回结果
• 当 p 的第二个字符为*号时，由于*号前面的字符的个数可以任意，可以为 0
• 先用递归来调用为 0 的情况，就是直接把这两个字符去掉再比较
• 或者当 s 不为空，且第一个字符和 p 的第一个字符相同时，再对去掉首字符的 s 和 p 调用递归
• 注意 p 不能去掉首字符，因为*号前面的字符可以有无限个
• 如果第二个字符不为*号，那么就老老实实的比较第一个字符，然后对后面的字符串调用递归

参见代码如下：

// 执行用时 :344 ms, 在所有 C++ 提交中击败了24.46%的用户
// 内存消耗 :15.5 MB, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        if (p.empty()) return s.empty();
        if (p.size() > 1 && p[1] == '*') {
            return isMatch(s, p.substr(2)) || (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p));
        } else {
            return !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
        }
    }
};

方法三：动规解法

也可以用 DP 来解，定义一个二维的 DP 数组，其中 dp[i][j] 表示 s[0,i) 和 p[0,j) 是否匹配，然后有下面三种情况：

1. P[i][j] = P[i - 1][j - 1], if p[j - 1] != '*' && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.')
2. P[i][j] = P[i][j - 2], if p[j - 1] == '*'这个模式重复0次
3. P[i][j] = P[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'), if p[j - 1] == '*'这个模式至少重复1次

参见代码如下：

// 执行用时 :12 ms, 在所有 C++ 提交中击败了75.54%的用户
// 内存消耗 :9.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int m = s.size(), n = p.size();
        vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));
        dp[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                if (j > 1 && p[j - 1] == '*') {
                    dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') && dp[i - 1][j]);
                } else {
                    dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};