一、题目
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（’.’）。
示例 4：
输入：s = “aab” p = “cab” 输出：true 解释：因为 ‘*’ 表示零个或多个，这里 ‘c’ 为 0 个, ‘a’
被重复一次。因此可以匹配字符串 “aab”。
示例 5：
输入：s = “mississippi” p = “misisp*.” 输出：false
提示：
0 <= s.length <= 20
0 <= p.length <= 30
s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
p 可能为空，且只包含从 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
来源：力扣（LeetCode）
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二、解题思路
1、原始思路
最开始的时候用了大量的if else，到最后也没有解决.*这种情况，因为不知道在什么时候中止匹配，因为我在代码中使用了大量的return,所以就不能把所有的中止条件都遍历一次了，如果中间不用return，在最后的return逻辑就会过于复杂。
2、思路优化
对于要找到出全部情况，而且可以"分而治之"的问题，我们可以考虑动态规划，先处理小部分，再由这个小部分的的结果得到大部分进而得到整体的结果，这样逻辑就不会混乱了。
定义boolean[][] dq,用dq[i][j]=true来表示字符串p中的前j个字符和字符串s中的前i个字符相匹配。因为有字符为.的情况，所以用以下方法来比较两个字符是否相等:
static boolean Match(char a,char b) {
return a==b||a=='.'||b=='.'?true:false;
}
1、p[j-1]=='*'时:
A.s.charAt(i-1)==p.charAt(j-2)
dq[i-1][j]||dq[i][j-2]//相等时可以有两种情况,一种是直接去除字符+*，另一种是把s[i-1]给去掉与现在的匹配，如若成功，则再加一个s[i-1]匹配仍然必定会成功，这时候其实字符+*可能是1、2、3····n个该字符
B.s.charAt(i-1)!=p.charAt(j-2)
dq[i][j-2]//不相等的时候只能去除这个字符，所以直接把字符+*去掉
2、p[j-1]!='*'时：
dq[i-1][j-1]&&Match(s.charAt(i-1),p.charAt(j-1))
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
boolean[][] dq=new boolean[s.length()+1][p.length()+1];
for(int j = 0;j<=p.length();j++){
dq[0][j] = j==0||(j > 1 && dq[0][j - 2] == true && p.charAt(j - 1) == '*') ? true:false;}
for(int i = 1;i<=s.length();i++){
for (int j = 1; j <= p.length(); j++) {
if (p.charAt(j - 1) != '*') {
dq[i][j] = Match( s.charAt(i - 1), p.charAt(j - 1)) && dq[i - 1][j - 1];} else {
dq[i][j] = (dq[i][j - 2]) || (dq[i - 1][j] && Match(p.charAt(j - 2),s.charAt(i - 1))) ? true : false;}
}
}
return dq[s.length()][p.length()];}
static boolean Match(char a,char b) {
return a==b||a=='.'||b=='.'?true:false; }
}
