动态递归之正则表达式
題目：正则表达式
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。
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（‘.’）。
提示：
1 <= s.length <= 20
1 <= p.length <= 20
s 只包含从 a-z 的小写字母。
p 只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符
题解
方法一：带记忆化递归
思路：
递归函数 match(i, j) 表示字符串 s 从 i 开始到末尾的子串和模式 p 从 j 开始到末尾的子串是否匹配。
考虑以下情况：
- 如果 j 已经到达 p 的末尾，那么只有当 i 也到达 s 的末尾才匹配成功。
- 首先检查当前第一个字符是否匹配：first_match = (i < s.length()) 且 (s.charAt(i) == p.charAt(j) 或 p.charAt(j) == ‘.’)
- 如果下一个字符是 ‘*’ (即 j+1 < p.length() 且 p.charAt(j+1)==‘*’)，那么有两种情况：
a. 匹配0个前面的字符：则跳过模式中的\"x*\"（即j+2），继续匹配 match(i, j+2)
b. 匹配1个或多个前面的字符：在第一个字符匹配的前提下，匹配s的下一个字符，模式保持不变（因为*可以匹配多个），即 match(i+1, j) - 否则，如果没有’*\'，那么当前字符必须匹配，然后递归匹配剩下的部分：match(i+1, j+1)
但是注意：递归可能会出现重复子问题，所以效率可能不高，但作为解决方案之一。
public class RegularExpMatch { // 使用Map存储已计算的结果，避免重复计算 private Map<String, Boolean> memo = new HashMap<>(); public boolean isMatch(String s, String p) { return dp(0, 0, s, p); } private boolean dp(int i, int j, String s, String p) { // 生成唯一键值对，用于记忆化存储 String key = i + \",\" + j; if (memo.containsKey(key)) { return memo.get(key); } // 模式串已用完 if (j == p.length()) { return i == s.length(); } // 检查当前字符是否匹配 boolean firstMatch = (i < s.length()) && (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == \'.\'); boolean result; // 处理\'*\'的情况（需要确保j+1不越界） if (j + 1 < p.length() && p.charAt(j + 1) == \'*\') { // 两种情况： //1. 匹配0个字符（跳过当前字符和*）即匹配0次,不消耗任何字符串字符 //2. 匹配1个或多个字符（继续匹配） result = dp(i, j + 2, s, p) || (firstMatch && dp(i + 1, j, s, p)); } else { // 没有\'*\'，正常匹配下一个字符 result = firstMatch && dp(i + 1, j + 1, s, p); } // 存储计算结果 memo.put(key, result); return result; }}方法二：动态规划
- 初始化：空字符串匹配空模式
- 处理模式开头可能的\"x*\"匹配空字符串的情况
- 状态转移分三种情况：
- 普通字符匹配
- \'.\'匹配任意字符
- \'*\'的两种处理方式（匹配0次或多次）
public boolean isMatch(String s, String p) { int m = s.length(), n = p.length(); // dp[i][j]表示s的前i个字符和p的前j个字符是否匹配 boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1]; // 空字符串匹配空模式 dp[0][0] = true; // 处理模式开头可能有 \"a*\" 或 \".*\" 的情况（匹配空字符串） for (int j = 2; j <= n; j++) { if (p.charAt(j - 1) == \'*\') { dp[0][j] = dp[0][j - 2]; // 跳过 \"x*\" 模式 } } for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { char sc = s.charAt(i - 1); char pc = p.charAt(j - 1); // 当前字符匹配 if (sc == pc || pc == \'.\') { //如果当前字符匹配，此时的值为去掉当前字符后是否匹配的值 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]; } // 处理 \'*\' 的情况 else if (pc == \'*\') { char prev = p.charAt(j - 2); // \'*\' 前面的字符，注意i和j表示的是dp表的下标，不是字符串下标，字符值下标还需要-1 // 1. 匹配0个字符（跳过 \"x*\" 模式） dp[i][j] = dp[i][j - 2]; // 2. 匹配1个或多个字符（如果前一个字符匹配） if (prev == \'.\' || prev == sc) { dp[i][j] = dp[i][j] || dp[i - 1][j]; //表示如果匹配0个字符成立就直接返回true了，否则再匹配1个或多个字符 } } } } return dp[m][n];}考虑字符串 s = “abcde” 和模式 p = “abcc*d*.*de”，我们使用动态规划来解决匹配问题。动态规划表如下：
dp[i][j] 表示 s 的前 i 个字符与 p 的前 j 个字符是否匹配。
总结：匹配0真的难绷，匹配0个我以为只是’*‘没了但其前面的元素还在，结果是’*\'和前面一个元素都没了！！！！
