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
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
//dp[i][j] 表示 s 中前 i 个字符是否能由 p 中前 j 个字符匹配
// 1 s[i - 1] == p[j - 1] 即：当前两个字符相等
// 考察 s(0, i - 2) ; p(0, j - 2)
// dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
// 2 p[j - 1] == '.' 即：说明 . 可以匹配 s[i - 1]
// dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
// 3 s[i - 1] != p[j - 1] 即：当前两个字符不相等
// p[j - 1] == '*' (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.')
// 说明 * 前面的元素与匹配当前 i - 1 元素
// 让 p[j - 2] 重复 0 次 (删除第 j - 2 个元素)
// 考察 s(0, i - 1) ; P(0, j - 3) i 不动, j--
// dp[i][j] = dp[i][j - 2]
// 让 p[j - 2] 重复 1 次 (使用第 j - 2 个元素来 抵消 )
// 考察 s(0, i - 2) ; p(0, j - 3) i--. j 左移两位
// dp[i][j] = dp[i - 1][j - 3]
// 让 p[j - 2] 重复 > 1 次 (拿出一个第 j - 2 个元素, 相当于添加一个该元素)
// 考察 s(0, i - 2) ; p(0, j - 1) j 不动, i--
// dp[i][j] = dp[i - 1][j]
//
// p[j - 1] == '*' (s[i - 1] != p[j - 2])
// 说明 * 前面的元素 j - 2 与当前 i - 1 元素不相等
// 让 j 左移一位 (删除第 j - 2 个元素)
// 考察 s(0, i - 1) ; p(0, j - 3)
// dp[i][j] = dp[i][j - 2]
int nS = s.length();
int nP = p.length();
boolean[][] dp = new boolean[nS + 1][nP + 1];
//初始化, 空字符串匹配
dp[0][0] = true;
//若 s 为空串
// p[j - 1] == '*' 说明可以删除掉 p[j - 2]
// 考察 p(0, j - 3)
// dp[0][j] = dp[0][j - 2]
// p[j - 1] != '*' 说明 s, p 肯定不匹配
for (int j = 1; j <= nP; j++) {
if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[0][j] = dp[0][j - 2];
}
}
for (int i = 1; i <= nS; i++) {
for (int j = 1; j <= nP; j++) {
if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '.') {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else if (p.charAt(j - 1) == '*') {
// * 号前面一个字符 j - 2 匹配当前 i - 1字符, 三种情况
if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.') {
//删除, 考察 s(0, i) ; p(0, j - 3)
//抵消, 考察 s(0, i - 1) ; p(0, j - 3)
//重复, 考察 s(0, i - 1) ; p(0 , j - 1)
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1][j];
}else {
// * 号前面一个字符 j - 2 != 当前 i - 1字符
//删除, 考察 s(0, i) ; p(0, j - 3)
dp[i][j] = dp[i][j - 2];
}
}
}
}
return dp[nS][nP];
}
}