Leetcode 44. Wildcard Matching

44. Wildcard Matching

题目链接：https://leetcode.com/problems/wildcard-matching/

Description:

Given an input string (s) and a pattern (p), implement wildcard pattern matching with support for '?' and '*'.

'?' Matches any single character.
'*' Matches any sequence of characters (including the empty sequence).

The matching should cover the entire input string (not partial).

Note:

• s could be empty and contains only lowercase letters a-z.
• p could be empty and contains only lowercase letters a-z, and characters like ? or *.

Example 1:

Input:
s = "adceb"
p = "*a*b"
Output: true
Explanation: The first '*' matches the empty sequence, while the second '*' matches the substring "dce".

Example 2:

Input:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
Output: false

题意：

给出两个字符串，一个是匹配串，另一个是用来匹配的串，其中*代表任意的数，包括无数；"?"代表任意的一个字符。

现在问两个串是否能够成功匹配。

题解：

这题dp应该还是好做，dp[i,j]含义为第一个串匹配前i个，第二个串匹配前j个是否能够成功匹配。

初始化为dp[0,0]=1，然后转移方程为：

dp[i,j]=dp[i-1,j-1] && s[i-1]==p[j-1] || p[j-1]=="?"  ;  if(p[j-1]=="*") dp[i,j]=dp[i-1,j] || dp[i,j-1] || dp[i-1,j-1]。

对第二个式子解释一下吧，如果当前的p是"*"，那么当前状态可能就由三种情况转移过来：

1."*"匹配了第i-1个字符，现在继续匹配第i个；2."*"不匹配，即当做空；3."*"作为开头来匹配第i个字符。

然后就可以做了，代码如下：

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int n = s.length(), m = p.length();
        int dp[n+5][m+5];
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(p[i-1]=='*'){
                dp[0][i]=1;
                continue ;
            }
            break ;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]&&(s[i-1]==p[j-1] || p[j-1]=='?'));
                if(p[j-1]=='*') dp[i][j]=(dp[i-1][j]||dp[i][j-1]||dp[i-1][j-1]);
            }
        }
        return dp[n][m];
    }
};

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但是这里dp的复杂度是O(n^2)，复杂度有点高，我们可以换一种思路来解，即指针法。

这个方法有点巧妙，类似于模拟，即定义两个i,j指针，分别在两个字符串中，现在同样有几种情况：

假设当前s[i-1]==p[j-1] || p[j-1]=="?"，意即能够重新匹配，我们i++,j++；

还有一种情况就是当前的p[j-1]=="*"，那么我们记录下i当前的位置，以及让j++，继续匹配。

如果出现匹配不成功的情况，那么就让j回到刚才记录的"*"之后那一位，否则无解；让i回到刚才记录i的位置的下一位继续匹配。

就不断重复这样的匹配操作，如果再一次遇到一个"*"，那么我们就更换"*"的位置，采用最近的"*"，这是最优的，因为这里的"*"可以看作空，也就是说既可以从之前那里匹配过来，也可以从当前这里开始匹配，这样时间复杂度会小些，不然又O(n^2)了。

以上就是该算法的大体思想，另外注意一下代码的实现，最后的时候要记得看是否两个指针都到了末尾，这样才算匹配成功。

注意一下代码的细节，建议亲自实现。

代码如下：

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int n = s.length(), m = p.length();
        int i=0,j=0;
        int pre=-1,alp=-1;
        while(i<n){
            if(j<m&&(s[i]==p[j]||p[j]=='?')) i++,j++;
            else if(j<m&&p[j]=='*'){
                pre = j++;
                alp = i;
            }else if(pre>-1){
                j = pre+1;
                i = ++alp;
            }else return false ;
        }
        while(j<m && p[j]=='*') j++;
        return j==m;
    }
};

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