学算法认准 labuladong

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正则表达式是一个非常强力的工具，本文就来具体看一看正则表达式的底层原理是什么。力扣第 10 题「正则表达式匹配」就要求我们实现一个简单的正则匹配算法，包括「.」通配符和「*」通配符。

这两个通配符是最常用的，其中点号「.」可以匹配任意一个字符，星号「*」可以让之前的那个字符重复任意次数（包括 0 次）。

比如说模式串".a*b"就可以匹配文本"zaaab"，也可以匹配"cb"；模式串"a..b"可以匹配文本"amnb"；而模式串".*"就比较牛逼了，它可以匹配任何文本。

题目会给我们输入两个字符串s和p，s代表文本，p代表模式串，请你判断模式串p是否可以匹配文本s。我们可以假设模式串只包含小写字母和上述两种通配符且一定合法，不会出现*a或者b**这种不合法的模式串，

函数签名如下：

bool isMatch(string s, string p);

对于我们将要实现的这个正则表达式，难点在那里呢？

点号通配符其实很好实现，s中的任何字符，只要遇到.通配符，无脑匹配就完事了。主要是这个星号通配符不好实现，一旦遇到*通配符，前面的那个字符可以选择重复一次，可以重复多次，也可以一次都不出现，这该怎么办？

对于这个问题，答案很简单，对于所有可能出现的情况，全部穷举一遍，只要有一种情况可以完成匹配，就认为p可以匹配s。那么一旦涉及两个字符串的穷举，我们就应该条件反射地想到动态规划的技巧了。

一、思路分析

我们先脑补一下，s和p相互匹配的过程大致是，两个指针i, j分别在s和p上移动，如果最后两个指针都能移动到字符串的末尾，那么久匹配成功，反之则匹配失败。

正则表达算法问题只需要把住一个基本点：看两个字符是否匹配，一切逻辑围绕匹配/不匹配两种情况展开即可。

如果不考虑*通配符，面对两个待匹配字符s[i]和p[j]，我们唯一能做的就是看他俩是否匹配：

bool isMatch(string s, string p) {int i = 0, j = 0;while (i < s.size() && j < p.size()) {// 「.」通配符就是万金油if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {// 匹配，接着匹配 s[i+1..] 和 p[j+1..]i++; j++;} else {// 不匹配return false;}}return i == j;
}

那么考虑一下，如果加入*通配符，局面就会稍微复杂一些，不过只要分情况来分析，也不难理解。

当p[j + 1]为*通配符时，我们分情况讨论下：

1、如果匹配，即s[i] == p[j]，那么有两种情况：

1.1p[j]有可能会匹配多个字符，比如s = "aaa", p = "a*"，那么p[0]会通过*匹配 3 个字符"a"。

1.2p[i]也有可能匹配 0 个字符，比如s = "aa", p = "a*aa"，由于后面的字符可以匹配s，所以p[0]只能匹配 0 次。

2、如果不匹配，即s[i] != p[j]，只有一种情况：

p[j]只能匹配 0 次，然后看下一个字符是否能和s[i]匹配。比如说s = "aa", p = "b*aa"，此时p[0]只能匹配 0 次。

综上，可以把之前的代码针对*通配符进行一下改造：

if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {// 匹配if (j < p.size() - 1 && p[j + 1] == '*') {// 有 * 通配符，可以匹配 0 次或多次} else {// 无 * 通配符，老老实实匹配 1 次i++; j++;}
} else {// 不匹配if (j < p.size() - 1 && p[j + 1] == '*') {// 有 * 通配符，只能匹配 0 次} else {// 无 * 通配符，匹配无法进行下去了return false;}
}

整体的思路已经很清晰了，但现在的问题是，遇到*通配符时，到底应该匹配 0 次还是匹配多次？多次是几次？

你看，这就是一个做「选择」的问题，要把所有可能的选择都穷举一遍才能得出结果。动态规划算法的核心就是「状态」和「选择」，「状态」无非就是i和j两个指针的位置，「选择」就是p[j]选择匹配几个字符。

二、动态规划解法

根据「状态」，我们可以定义一个dp函数：

bool dp(string& s, int i, string& p, int j);

dp函数的定义如下：

若dp(s,i,p,j) = true，则表示s[i..]可以匹配p[j..]；若dp(s,i,p,j) = false，则表示s[i..]无法匹配p[j..]。

根据这个定义，我们想要的答案就是i = 0,j = 0时dp函数的结果，所以可以这样使用这个dp函数：

bool isMatch(string s, string p) {// 指针 i，j 从索引 0 开始移动return dp(s, 0, p, 0);

可以根据之前的代码写出dp函数的主要逻辑：

bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {// 匹配if (j < p.size() - 1 && p[j + 1] == '*') {// 1.1 通配符匹配 0 次或多次return dp(s, i, p, j + 2)|| dp(s, i + 1, p, j);} else {// 1.2 常规匹配 1 次return dp(s, i + 1, p, j + 1);}} else {// 不匹配if (j < p.size() - 1 && p[j + 1] == '*') {// 2.1 通配符匹配 0 次return dp(s, i, p, j + 2);} else {// 2.2 无法继续匹配return false;}}
}

根据dp函数的定义，这几种情况都很好解释：

1.1 通配符匹配 0 次或多次

将j加 2，i不变，含义就是直接跳过p[j]和之后的通配符，即通配符匹配 0 次：

将i加 1，j不变，含义就是p[j]匹配了s[i]，但p[j]还可以继续匹配，即通配符匹配多次的情况：

两种情况只要有一种可以完成匹配即可，所以对上面两种情况求或运算。

1.2 常规匹配 1 次

由于这个条件分支是无*的常规匹配，那么如果s[i] == p[j]，就是i和j分别加一：

2.1 通配符匹配 0 次

类似情况 1.1，将j加 2，i不变：

2.2 如果没有*通配符，也无法匹配，那只能说明匹配失败了：

看图理解应该很容易了，现在可以思考一下dp函数的 base case：

一个 base case 是j == p.size()时，按照dp函数的定义，这意味着模式串p已经被匹配完了，那么应该看看文本串s匹配到哪里了，如果s也恰好被匹配完，则说明匹配成功：

if (j == p.size()) {return i == s.size();
}

另一个 base case 是i == s.size()时，按照dp函数的定义，这种情况意味着文本串s已经全部被匹配了，那么是不是只要简单地检查一下p是否也匹配完就行了呢？

if (i == s.size()) {// 这样行吗？return j == p.size();
}

这是不正确的，此时并不能根据j是否等于p.size()来判断是否完成匹配，只要p[j..]能够匹配空串，就可以算完成匹配。比如说s = "a", p = "ab*c*"，当i走到s末尾的时候，j并没有走到p的末尾，但是p依然可以匹配s。

所以我们可以写出如下代码：

int m = s.size(), n = p.size();if (i == s.size()) {// 如果能匹配空串，一定是字符和 * 成对儿出现if ((n - j) % 2 == 1) {return false;}// 检查是否为 x*y*z* 这种形式for (; j + 1 < p.size(); j += 2) {if (p[j + 1] != '*') {return false;}}return true;
}

根据以上思路，就可以写出完整的代码：

/* 计算 p[j..] 是否匹配 s[i..] */
bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {int m = s.size(), n = p.size();// base caseif (j == n) {return i == m;}if (i == m) {if ((n - j) % 2 == 1) {return false;}for (; j + 1 < n; j += 2) {if (p[j + 1] != '*') {return false;}}return true;}// 记录状态 (i, j)，消除重叠子问题string key = to_string(i) + "," + to_string(j);if (memo.count(key)) return memo[key];bool res = false;if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {res = dp(s, i, p, j + 2)|| dp(s, i + 1, p, j);} else {res = dp(s, i + 1, p, j + 1);}} else {if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {res = dp(s, i, p, j + 2);} else {res = false;}}// 将当前结果记入备忘录memo[key] = res;return res;
}

代码中用了一个哈希表memo消除重叠子问题，因为正则表达算法的递归框架如下：

bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {dp(s, i, p, j + 2);     // 1dp(s, i + 1, p, j);     // 2dp(s, i + 1, p, j + 1); // 3
}

那么，如果让你从dp(s, i, p, j)得到dp(s, i+2, p, j+2)，至少有两条路径：1 -> 2 -> 2和3 -> 3，那么就说明(i+2, j+2)这个状态存在重复，这就说明存在重叠子问题。

动态规划的时间复杂度为「状态的总数」*「每次递归花费的时间」，本题中状态的总数当然就是i和j的组合，也就是M * N（M为s的长度，N为p的长度）；递归函数dp中没有循环（base case 中的不考虑，因为 base case 的触发次数有限），所以一次递归花费的时间为常数。二者相乘，总的时间复杂度为O(MN)。

空间复杂度很简单，就是备忘录memo的大小，即O(MN)。

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