题干
请实现一个函数用来匹配包括’.‘和’‘的正则表达式。模式中的字符’.‘表示任意一个字符，而’'表示它前面的字符可以出现任意次（包含0次）。 在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"abaca"匹配，但是与"aa.a"和"ab*a"均不匹配
思路
状态
首先状态 dp 一定能自己想出来。
dp[i][j] 表示 s 的前 i 个是否能被 p 的前 j 个匹配
转移方程
怎么想转移方程？首先想的时候从已经求出了 dp[i-1][j-1] 入手，再加上已知 s[i]、p[j]，要想的问题就是怎么去求 dp[i][j]。
已知 dp[i-1][j-1] 意思就是前面子串都匹配上了，不知道新的一位的情况。
那就分情况考虑，所以对于新的一位 p[j] s[i] 的值不同，要分情况讨论：
-
考虑最简单的
p[j] == s[i] : dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
然后从 p[j] 可能的情况来考虑，让 p[j]=各种能等于的东西。 -
p[j] == "." : dp[i][j] = dp[i-1][j-1] -
p[j] ==" * ":
第一个难想出来的点：怎么区分 * 的两种讨论情况
首先给了 * ，明白 * 的 含义是 匹配零个或多个前面的那一个元素，所以要考虑他前面的元素 p[j-1]。* 跟着他前一个字符走，前一个能匹配上 s[i]，* 才能有用，前一个都不能匹配上 s[i]，* 也无能为力，只能让前一个字符消失，也就是匹配 0次前一个字符。
所以按照 p[j-1] 和 s[i] 是否相等，我们分为两种情况：
3.1 p[j-1] != s[i] : dp[i][j] = dp[i][j-2]
这就是刚才说的那种前一个字符匹配不上的情况。
比如(ab, abc * )。遇到 * 往前看两个，发现前面 s[i] 的 ab 对 p[j-2] 的 ab 能匹配，虽然后面是 c*，但是可以看做匹配 0 次 c，相当于直接去掉 c ，所以也是 True。注意 (ab, abc*) 是 False。
3.2 p[j-1] == s[i] or p[j-1] == "."：
* 前面那个字符，能匹配 s[i]，或者 * 前面那个字符是万能的 .
因为 . * 就相当于 . .，那就只要看前面可不可以匹配就行。
比如 (##b , ###b *)，或者 ( ##b , ### . * ) 只看 ### 后面一定是能够匹配上的。
所以要看 b 和 b * 前面那部分 ## 的地方匹不匹配。
第二个难想出来的点：怎么判断前面是否匹配
dp[i][j] = dp[i-1][j] // 多个字符匹配的情况
or dp[i][j] = dp[i][j-1] // 单个字符匹配的情况
or dp[i][j] = dp[i][j-2] // 没有匹配的情况
看 ### 匹不匹配，不是直接只看 ### 匹不匹配，要综合后面的 b b* 来分析
这三种情况是 or的关系，满足任意一种都可以匹配上，同时是最难以理解的地方：
dp[i-1][j] 就是看 s 里 b 多不多， ### 和 ###b * 是否匹配，一旦匹配，s 后面再添个 b 也不影响，因为有 * 在，也就是 ###b 和 ###b *也会匹配。
dp[i][j-1] 就是去掉 * 的那部分，###b 和 ###b 是否匹配，比如 qqb qqb
dp[i][j-2] 就是 去掉多余的 b ，p 本身之前的能否匹配，###b 和 ### 是否匹配，比如 qqb qqbb 之前的 qqb qqb 就可以匹配，那多了的 b * 也无所谓，因为 b * 可以是匹配 00 次 b，相当于 b * 可以直接去掉了。
三种满足一种就能匹配上。
为什么没有 dp[i-1][j-2] 的情况？ 就是 ### 和 ### 是否匹配？因为这种情况已经是 dp[i][j-1] 的子问题。也就是 s[i]==p[j-1]，则 dp[i-1][j-2]=dp[i][j-1]。
最后来个归纳：
- 如果 p.charAt(j) == s.charAt(i) : dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
- 如果 p.charAt(j) == ‘.’ : dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；
- 如果 p.charAt(j) == '’：
1. 如果 p.charAt(j-1) != s.charAt(i) : dp[i][j] = dp[i][j-2] //in this case, a only counts as empty
2. 如果 p.charAt(i-1) == s.charAt(i) or p.charAt(i-1) == ‘.’：
dp[i][j] = dp[i-1][j] //in this case, a* counts as multiple a
or dp[i][j] = dp[i][j-1] // in this case, a* counts as single a
or dp[i][j] = dp[i][j-2] // in this case, a* counts as empty
代码
public boolean isMatch(String s,String p){
if (s == null || p == null) {
return false;
}
boolean[][] dp = new boolean[s.length() + 1][p.length() + 1];
dp[0][0] = true;//dp[i][j] 表示 s 的前 i 个是否能被 p 的前 j 个匹配
for (int i = 0; i < p.length(); i++) { // here's the p's length, not s's
if (p.charAt(i) == '*' && dp[0][i - 1]) {
dp[0][i + 1] = true; // here's y axis should be i+1
}
}
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
for (int j = 0; j < p.length(); j++) {
if (p.charAt(j) == '.' || p.charAt(j) == s.charAt(i)) {//如果是任意元素 或者是对于元素匹配
dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j];
}
if (p.charAt(j) == '*') {
if (p.charAt(j - 1) != s.charAt(i) && p.charAt(j - 1) != '.') {//如果前一个元素不匹配 且不为任意元素
dp[i + 1][j + 1] = dp[i + 1][j - 1];
} else {
dp[i + 1][j + 1] = (dp[i + 1][j] || dp[i][j + 1] || dp[i + 1][j - 1]);
/*
dp[i][j] = dp[i-1][j] // 多个字符匹配的情况
or dp[i][j] = dp[i][j-1] // 单个字符匹配的情况
or dp[i][j] = dp[i][j-2] // 没有匹配的情况
*/
}
}
}
}
return dp[s.length()][p.length()];
}
