题目描述

给定一个字符串 s 和模板串 p，实现支持通配符 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。

• '.': 可以匹配任意单个字符。
• '*': 表示零个或任意多个前一个字符。

所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s 的，而不是部分字符串。

样例

输入：s = "aa", p = "a"
输出：false
解释："a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。

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。

输入：s = "ab", p = ".*"
输出：true
解释：".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。

限制

• 1 <= s.length <= 20
• 1 <= p.length <= 30
• 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。

算法

(动态规划) $O(nm)$

1. 设状态 $f(i, j)$ 表示字符串 s 的前 $i$ 个字符和字符串 p 的前 $j$ 个字符能否匹配。这里假设 s 和 p 的下标均从 1 开始。初始时，$f(0, 0) = true$。
2. 平凡转移 $f(i, j) = f(i, j)$ or $f(i - 1, j - 1)$，当 $i > 0$ 且 s(i) == p(j) || p(j) == '.'。
3. 当 p(j) == '*' 时，若 $j >= 2$，$f(i, j)$ 可以从 $f(i, j - 2)$ 转移，表示丢弃这一次的 '*' 和它之前的那个字符；若 $i > 0$ 且 s(i) == p(j - 1)，表示这个字符可以利用这个 '*'，则可以从 $f(i - 1, j)$ 转移，表示利用 '*'。
4. 初始状态 $f(0, 0)=true$；循环枚举 $i$ 从 0 到 $n$；$j$ 从 1 到 $m$。因为 $f(0, j)$ 有可能是有意义的，需要被转移更新。
5. 最终答案为 $f(n, m)$。

时间复杂度

• 状态数为 $O(nm)$，每次转移仅需常数时间，故总时间复杂度为 $O(nm)$。

空间复杂度

• 状态数为 $O(nm)$，则需要 $O(nm)$ 的数组存储状态。

C++ 代码

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int n = s.length(), m = p.length();
        vector<vector<bool>> f(n + 1, vector<bool>(m + 1, false));
        s = " " + s;
        p = " " + p;
        f[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                if (i > 0 && (s[i] == p[j] || p[j] == '.'))
                    f[i][j] = f[i][j] | f[i - 1][j - 1];
                if (p[j] == '*') {
                    if (j >= 2)
                        f[i][j] = f[i][j] | f[i][j - 2];
                    if (i > 0 && (s[i] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.'))
                        f[i][j] = f[i][j] | f[i - 1][j];
                }
            }
        return f[n][m];
    }
};