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).
The function prototype should be: bool isMatch(const char *s,const
char *p)Some examples:
isMatch("aa","a") → false
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa","a*") → true
isMatch("aa",".*") → true
isMatch("ab",".*") → true
isMatch("aab","c*a*b") → true
难度: Hard
这道题要求我们实现简单的正则表达式的匹配,只要求普通字符 . *的匹配,了解正则的同学都清楚,.代表任意单个字符,*代表0个或多个前面的字符,比如a*可以匹配到空字符串,也可以匹配 a,aaa等等. 题目还要求,我们判定正则是否匹配给定的字符串,要判定整个字符串,而不是其中一部分匹配就算ok.
这是个典型的动态规划的题,作者在leetcode出来之前几乎不做算法,本着死磕到底不看答案不看别人解答的精神,我尝试了不止一种解法,这里贴出两个AC的解法.
任意确定字符,必须精确匹配,. 匹配一个任意字符,这些都很好判定,关键在于,* 到底匹配多少个字符? 这就不好判定了,只能根据一定规则去尝试,这里就是用到动态规划的地方.
第一个AC的解法主要思路为:
切分正则的pattern,将带*号的都切开,比如.aa* 可以切为 .~a~a* 三段
使用一个栈,对不同的可能性(这些可能性实际上形成一个搜索树)做深度优先搜索(也可以不用栈,直接递归,我的代码里没有展示)
对于不带*的分段,直接严格匹配
对于带*的分段,如果跟当前游标处的字符相同,则尝试匹配一个字符(下次判定还可以匹配一个,这样实际可以做到匹配多个),或者匹配0个(也就是将当前子pattern分段抛弃); 如果跟当前游标处的字符不同,则只能匹配0个,将当前子pattern分段抛弃.
代码如下
public class Solution2 {
public class Symbol {
public Symbol() {
rep = false;
}
public Symbol(char f,boolean s) {
c = f;
rep = s;
}
public char c;
public boolean rep;
}
public class Pair<T> {
public T first;
public T second;
public Pair() {
first = null;
second = null;
}
public Pair(T _f,T _s) {
first = _f;
second = _s;
}
}
/**
* AC,but slow
*/
public boolean isMatch(String s,String p) {
// parse pattern
List<Symbol> pl = new ArrayList<Symbol>();
int i = 0;
while (i < p.length()) {
char c;
boolean rep = false;
char a = p.charat(i);
if (a != '*') {
c = a;
} else {
// regex wrong
return false;
}
i++;
if (i < p.length() && p.charat(i) == '*') {
rep = true;
i++;
}
pl.add(new Symbol(c,rep));
}
// do match
Stack<Pair<Integer>> q = new Stack<Pair<Integer>>();
q.push(new Pair<Integer>(0,0));
while (!q.isEmpty()) {
Pair<Integer> pr = q.pop();
if (isMatch(s,pr.first,pl,pr.second,q)) {
return true;
}
}
return false;
}
private boolean isMatch(String s,int sPos,List<Symbol> pl,int pPos,Stack<Pair<Integer>> q) {
while (sPos < s.length() && pPos < pl.size()) {
Symbol sym = pl.get(pPos);
if (sym.rep) {
if (sym.c == '.' || sym.c == s.charat(sPos)) {
q.push(new Pair<Integer>(sPos,pPos + 1));
q.push(new Pair<Integer>(sPos + 1,pPos));
} else {
q.push(new Pair<Integer>(sPos,pPos + 1));
}
return false;
} else {
if (sym.c != s.charat(sPos) && sym.c != '.') {
return false;
}
}
sPos++;
pPos++;
}
if (sPos < s.length()) {
return false;
}
if (pPos < pl.size()) {
while (pPos < pl.size()) {
if (!pl.get(pPos).rep) {
return false;
}
pPos++;
}
}
return true;
}
public static void main(String[] args) {
Solution2 s = new Solution2();
System.out.println(s.isMatch("aa","a"));
System.out.println(s.isMatch("aa","aa"));
System.out.println(s.isMatch("aaa","aa"));
System.out.println(s.isMatch("aa","a*"));
System.out.println(s.isMatch("aa",".*"));
System.out.println(s.isMatch("aab","c*a*b"));
System.out.println(s.isMatch("ab",".*"));
System.out.println(s.isMatch("aaab",".*ab"));
System.out.println(s.isMatch("aaa","a*a"));
System.out.println(s.isMatch("aaa","aaab*"));
System.out.println(s.isMatch("bbab","b*"));
System.out.println(s.isMatch("bbab","a*"));
System.out.println(s.isMatch("bbab","b*a*"));
System.out.println(s.isMatch("bbab","...."));
System.out.println(s.isMatch("abbabaaaaaaacaa","a*.*b.a.*c*b*a*c*"));
System.out.println(s.isMatch("bbabaaaaaaacaa","b.a.*c*b*a*c*"));
System.out.println(s.isMatch("baaaaaaacaa",".*c*b*a*c*"));
System.out.println(s.isMatch("caa","c*b*a*c*"));
System.out.println(s.isMatch("caa","c*b*a*"));
System.out.println(s.isMatch("a","a*b*"));
System.out.println(s.isMatch("a","a*.*"));
System.out.println(s.isMatch("ab","a*b"));
System.out.println(s.isMatch("b",".*b"));
System.out.println(s.isMatch("ab",".*b"));
System.out.println(s.isMatch("aaaaaaaaaaaaab","a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*b"));
}
}
main中包含了测试用例.
这个解法虽然AC了,但是存在以下问题:
于是尝试了第二个解法,跟第一个很不同,主要思路为:
首先还是切分正则的pattern,比如.aa* 可以切为 .~a~a* 三段. 不过图方便直接切成多个string即可,其实也有其他的存储方案.
从前/后两个方向,遍历子pattern列表,把不重复(不带*)的部分,跟目标字符串的相应位置做严格匹配,直到遇到带*的子pattern. 此时匹配不成功可以认为正则匹配失败.
剩下的子pattern列表中,如果包含不带*号的子pattern,则寻找所有在目标字符串中能匹配到的字符,对每个这样的字符,把字符串和子pattern列表切分成两段,看这两段是否可以匹配,当且仅当这两段都匹配成功,才算整个字符串匹配正则成功.
剩下的子pattern列表中,如果不包含不带*号的子pattern,即全部都是带*的模糊匹配. 我们就采用贪心算法,对每个子pattern,匹配尽量多的字符,如果能把当前字符串匹配干净,就算ok.
public class Solution3 {
/**
* AC,fast enough
*/
public boolean isMatch(String s,String p) {
List<String> plist = new ArrayList<String>();
int pi = 0;
while (pi < p.length()) {
if (p.charat(pi) == '*') {
// regex wrong
return false;
}
if (pi + 1 < p.length() && p.charat(pi + 1) == '*') {
plist.add(p.substring(pi,pi + 2));
pi += 2;
} else {
plist.add(p.substring(pi,pi + 1));
pi += 1;
}
}
return isMatch(s,s.length(),plist,plist.size());
}
/**
*
* @param s string to be matched
* @param ss start position of s (inclusive)
* @param se end position of s (exclusive)
* @param plist pattern list
* @param ps start position of plist (inclusive)
* @param pe end position of plist (exclusive)
* @return
*/
public boolean isMatch(String s,int ss,int se,List<String> plist,int ps,int pe) {
if (ps == pe) {
if (ss != se) {
return false;
} else {
return true;
}
}
while (ps < pe && plist.get(ps).length() == 1 && ss < se) {
char c = plist.get(ps).charat(0);
if (c != '.' && c != s.charat(ss)) {
return false;
}
ss++;
ps++;
}
while (ps < pe && plist.get(pe - 1).length() == 1 && ss < se) {
char c = plist.get(pe - 1).charat(0);
if (c != '.' && c != s.charat(se - 1)) {
return false;
}
se--;
pe--;
}
if (ps == pe && ss == se) {
return true;
}
if (ps == pe) {
return false;
}
if (ss == se) {
for (int i = ps; i < pe; i++) {
if (plist.get(i).length() == 1) {
return false;
}
}
return true;
}
// select one single sub-pattern
int pi = 0;
for (pi = ps; pi < pe; pi++) {
if (plist.get(pi).length() == 1) {
break;
}
}
if (pi < pe) {
// found single sub-pattern
char c = plist.get(pi).charat(0);
for (int si = ss; si < se; si++) {
if (c == '.' || s.charat(si) == c) {
boolean b1 = isMatch(s,ss,si,ps,pi);
if (!b1) {
// early termination
continue;
}
boolean b2 = isMatch(s,si + 1,se,pi + 1,pe);
if (b2) {
return true;
}
}
}
return false;
}
// single sub-pattern not found,all * patterns
// do greedy
for (pi = ps; pi < pe; pi++) {
char c = plist.get(pi).charat(0);
if (c == '.') {
// will consume all
return true;
}
while (ss < se && (s.charat(ss) == c)) {
ss++;
}
if (ss == se) {
return true;
}
}
return false;
}
public static void main(String[] args) {
Solution3 s = new Solution3();
System.out.println(s.isMatch("aa","a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*a*b"));
}
}
main中包含了测试用例.
这个解法看代码直觉就可以感到搜索深度会相对于上个解法小很多,因为能在本次判定中完成的,就在本次判定中完成,不放到下次. 实际也可以超过75%的提交,并且思路相对清晰的多,虽然代码长了点.
可以看到,对于动态规划的问题,需要做的是:
确定的部分尽快匹配,给出答案
不确定的部分,单独切分出来,使用动态规划
以上是我的解法,不知道是否有更好更清晰的解.
另: 这道题跟 Leetcode 44 通配符匹配很相似,稍后给出Leetcode 44的解.
原文地址：https://www.jb51.cc/regex/358626.html
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