我要评论題目：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。
| s\p | 0 | 1:a | 2:b | 3:c | 4:c | 5:* | 6:d | 7:* | 8:. | 9:* | 10:d | 11:e |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | t | f | f | f | f | f | f | f | f | f | f | f |
| 1:a | f | t | f | f | f | f | f | f | f | f | f | f |
| 2:b | f | f | t | f | f | f | f | f | f | f | f | f |
| 3:c | f | f | f | t | f | t | f | t | f | t | f | f |
| 4:d | f | f | f | f | f | f | t | t | f | t | t | f |
| 5:e | f | f | f | f | f | f | f | f | f | f | f | t |
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！！！！
到此这篇关于动态递归之正则表达式的文章就介绍到这了,更多相关动态递归之正则表达式内容请搜索代码网以前的文章或继续浏览下面的相关文章希望大家以后多多支持代码网！
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