题目描述
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 *。
样例
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 = "c*a*b"
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 = "mis*is*p*."
输出: false
算法
BFS $O(n^2)$
在没有*时,直接按顺序匹配就行了。这题关键的点在于不确定*到底代表多少个字符,因此需要搜索的地方就是*的个数。明确了这一点后就会发现这是一个搜索问题,每个状态就是当前的str和pattern的下标位置,如果当前的位能匹配,则分别往后走一位。当两个下标都到达字符串结尾的时候才能终止。
需要就是记录一下访问过哪些状态,避免重复访问,从而保证时间复杂度为$O(n^2)$。
时间复杂度
一共最多有$O(n^2)$个状态,因此时间复杂度为$O(n^2)$。
C++ 代码
class stat{
public:
int s_pos;
int p_pos;
stat(int s, int p){
s_pos = s;
p_pos = p;
}
};
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
queue<stat>q;
q.push(stat(0, 0));
//记录访问过哪些状态
vector<vector<int>>memo(s.size()+2, vector<int>(p.size()+2, 0));
while(!q.empty()){
stat top = q.front();
q.pop();
if(memo[top.s_pos][top.p_pos] == 1)
continue;
memo[top.s_pos][top.p_pos] = 1;
//终止条件,能够完全匹配
if(top.s_pos >= s.size() && top.p_pos >= p.size())
return true;
if(top.p_pos >= p.size())
continue;
if(p[top.p_pos] >= 'a' && p[top.p_pos] <= 'z'){
if(top.p_pos + 1 < p.size() && p[top.p_pos + 1] == '*'){
q.push(stat(top.s_pos, top.p_pos + 2)); //重复0次
//枚举*的重复的次数
for(int repeat = 1; repeat + top.s_pos <= s.size(); repeat ++){
if(p[top.p_pos] == s[top.s_pos + repeat - 1]){
q.push(stat(top.s_pos + repeat, top.p_pos + 2));
}
else
break;
}
}
else{
//只能匹配一个字符
if(top.s_pos < s.size() && p[top.p_pos] == s[top.s_pos])
q.push(stat(top.s_pos + 1, top.p_pos + 1));
}
}
else if (p[top.p_pos] == '.'){
//.可以匹配任何字符,因此不需要判断字符是否相等,只需要枚举repeat次数即可
if(top.p_pos + 1 < p.size() && p[top.p_pos + 1] == '*'){
q.push(stat(top.s_pos, top.p_pos + 2)); //重复0次
for(int repeat = 1; repeat + top.s_pos <= s.size(); repeat ++){
q.push(stat(top.s_pos + repeat, top.p_pos + 2));
}
}
else if(top.s_pos < s.size())
q.push(stat(top.s_pos + 1, top.p_pos + 1));
}
}
return false;
}
};
棒(๑•̀ㅂ•́)و✧!