Given an input string (s) and a pattern (p), implement regular expression matching with support for '.' and '*'.
'.' Matches any single character.
'*' Matches zero or more of the preceding element.
The matching should cover the entire input string (not partial).
Note:
-
scould be empty and contains only lowercase lettersa-z. -
pcould be empty and contains only lowercase lettersa-z, and characters like.or*.
Example 1:
Input:
s = "aa"
p = "a"
Output: false
Explanation: "a" does not match the entire string "aa".
Example 2:
Input:
s = "aa"
p = "a*"
Output: true
Explanation: '*' means zero or more of the precedeng element, 'a'. Therefore, by repeating 'a' once, it becomes "aa".
Example 3:
Input:
s = "ab"
p = ".*"
Output: true
Explanation: ".*" means "zero or more (*) of any character (.)".
Example 4:
Input:
s = "aab"
p = "c*a*b"
Output: true
Explanation: c can be repeated 0 times, a can be repeated 1 time. Therefore it matches "aab".
Example 5:
Input:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
Output: false
这道求正则表达式匹配的题和那道 Wildcard Matching 的题很类似，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 Recursion 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，我们可以去掉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）。
解法一：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() == ) {
return (s.size() == && (s[] == p[] || p[] == '.'));
}
if (p[] != '*') {
if (s.empty()) return false;
return (s[] == p[] || p[] == '.') && isMatch(s.substr(), p.substr());
}
while (!s.empty() && (s[] == p[] || p[] == '.')) {
if (isMatch(s, p.substr())) return true;
s = s.substr();
}
return isMatch(s, p.substr());
}
};
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，那么我们先用递归来调用为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：
解法二：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() > && p[] == '*') {
return isMatch(s, p.substr()) || (!s.empty() && (s[] == p[] || p[] == '.') && isMatch(s.substr(), p));
} else {
return !s.empty() && (s[] == p[] || p[] == '.') && isMatch(s.substr(), p.substr());
}
}
};
我们也可以用 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 match，然后有下面三种情况(下面部分摘自这个帖子)：
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] == '*' and the pattern repeats for 0 times;
3. P[i][j] = P[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'), if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for at least 1 times.
解法三：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
int m = s.size(), n = p.size();
vector<vector<bool>> dp(m + , vector<bool>(n + , false));
dp[][] = true;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
for (int j = ; j <= n; ++j) {
if (j > && p[j - ] == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - ] || (i > && (s[i - ] == p[j - ] || p[j - ] == '.') && dp[i - ][j]);
} else {
dp[i][j] = i > && dp[i - ][j - ] && (s[i - ] == p[j - ] || p[j - ] == '.');
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
GitHub 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/10
类似题目：
参考资料：