leetcode_44_通配符匹配

LeetCode的每日打卡题。

第13天。。。。

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题目：

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。

'?' 可以匹配任何单个字符。
'*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。
两个字符串完全匹配才算匹配成功。

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 *。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/wildcard-matching
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

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 = "*"
输出: true
解释: '*' 可以匹配任意字符串。
示例 3:

输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/wildcard-matching
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思路：

首先明确，这是一个动态规划问题。如果使用暴力方法复杂度分分钟达到O(n^3)，肯定无法AC。

既然是动态规划问题，则需要找出状态转移方程：

定义：字符串s的待匹配串，字符串p是模式串，lens表示s串的长度，lenp表示p串的长度。

记录状态矩阵：dp[lens+1][lenp+1]

dp[i][j]：表示 s串的从0开始的长度为i的子串 与 p串的从0开始的长度为j的子串的匹配情况。匹配就为true。

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根据模式串p的p.charAt(j)三种取值分三种情况：

① p.charAt(j-1) 是字母而非*或者？：此时dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。

即此时的匹配情况直接取决于上一次的匹配情况
② p.charAt(j-1)是*符。此时表示通配，因此dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i][j-1] 。 

即此时的匹配分割为：*字符换为空字符，对应dp[i][j-1] 。或者*字符换为与s[i]相同字符，对应dp[i-1][j]
③ p.charAt(j-1)是？符，此时可以通配字母，因此dp[i][j] = dp[i-1][j-1] && (p.charAt(j-1)==s.charAt(i-1)) 。
即此时的匹配情况由上一次的匹配情况以及当前p与s的位置字符值共同决定

 

Tips：

关于dp状态转移矩阵的初始化问题：

根据dp[i][j]的含义来初始化dp矩阵边界值：

①首先，dp[0][0] = true。非常明显，两个空串必然匹配。

②dp[i][0] = false。当模式串p为空串而待匹配串不为空串时必然不匹配。

③如果模式串开头有一系列通配字符*，则通过

for(int i = 1;i <= lenp;i++){
    if(p.charAt(i-1) == '*'){
        dp[0][i] = true;
    }else{
        break;
    }
}

来消除开头一系列*字符的影响。

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最后，上代码：

package leetcode;/*
name: LeetCode_44_important
user: ly
Date: 2020/7/5
Time: 10:41
*/

public class LeetCode_44_important {

    public static void main(String []args){
        String s = "aa";
        String p = "*";
        System.out.println(new LeetCode_44_important().isMatch(s, p));
    }
//  AC
    public boolean isMatch(String s, String p){
        if((s==null&&p!=null) || (s!=null&&p==null)) return false;
        if(s==null && p==null) return true;
        int lens = s.length();
        int lenp = p.length();

        boolean [][]dp = new boolean[lens+1][lenp+1];
        //初始化边界dp    dp[i][j]表示s的从0-(i-1)的字串与p的从0-(j-1)的字串匹配情况
        dp[0][0] = true;   //两个子字符串都是空串
        for(int i = 1;i <= lens;i++){
            dp[i][0] = false;   //p为空而s不为空
        }
//        if(p.charAt(0) == '*') dp[0][1] = true;
        //这个初始化很重要。可以用于消除p开头的一系列*字符
        for(int i = 1;i <= lenp;i++){
            if(p.charAt(i-1) == '*'){
                dp[0][i] = true;
            }else{
                break;
            }
        }
//        dp转移。可以分为三种情况：
//        ① p.charAt(j-1) 是字母而非*或者？：此时dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。即此时的匹配情况直接取决于上一次的匹配情况
//        ② p.charAt(j-1)是*符。此时表示通配，因此dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i][j-1] 。
//          即此时的匹配分割为：*字符换为空字符，对应dp[i][j-1] 。或者*字符换为与s[i]相同字符，对应dp[i-1][j]
//        ③ p.charAt(j-1)是？符，此时可以通配字母，因此dp[i][j] = dp[i-1][j-1] && (p.charAt(j-1)==s.charAt(i-1)) 。
//          即此时的匹配情况由上一次的匹配情况以及当前p与s的位置字符值共同决定
        for(int i = 1;i <= lens;i++){
            for(int j = 1;j <= lenp;j++){
                if(p.charAt(j-1) == '*'){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j]  || dp[i][j-1];
                }else if(p.charAt(j-1) == '?'){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] && (s.charAt(i-1)==p.charAt(j-1));
                }
            }
        }

        for(int j = 0;j <= lenp;j++){
            for(int i = 0;i <= lens;i++)
                System.out.print(dp[i][j]+"\t");
            System.out.println();
        }
        return dp[lens][lenp];
    }
}

 

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Note:

做这种动态规划题，最好画出状态转移矩阵图