44. 通配符匹配-dp版

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 § ，实现一个支持 ‘?’ 和 ‘*’ 的通配符匹配。

‘?’ 可以匹配任何单个字符。
‘*’ 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。
两个字符串完全匹配才算匹配成功。

说明:

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 *。
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 = ""
输出: true
解释: '’ 可以匹配任意字符串。
示例 3:

输入:
s = “cb”
p = “?a”
输出: false
解释: ‘?’ 可以匹配 ‘c’, 但第二个 ‘a’ 无法匹配 ‘b’。
示例 4:

输入:
s = “adceb”
p = “ab”
输出: true
解释: 第一个 ‘’ 可以匹配空字符串, 第二个 '’ 可以匹配字符串 “dce”.
示例 5:

输入:
s = “acdcb”
p = “a*c?b”
输入: false

题目来源

本题具有动态规划的特征 即 s的前i个元素能否与p串的前j个元素匹配 ，这个问题可以全部交给前面的状态 即 s的前i-1个与p的前j-1 个
但是由于 * 可以代表任意的一个字符串 所以就很离谱
必须要针对p【j】=* 这个情况进行讨论 1. *可以视为空字符 则dp[i][j] = dp[i][j-1]
2. 适用于s串的长度是大于p串的。 * 要作为一个串进行匹配 所以 假定 * 为 *s[i] 即可 ，*任然存在 但是s【i】已经被匹配了，dp[i][j] 只用看s【i-1】这以部分就好 所以 dp[i][j]=dp[i-1][j]

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
          // dp[i][j] 代表 s的前i个元素能否被p的前j个元素成功匹配。
          //dp[][]为1  及代表 能够匹配 反之不能 
          //转移方程  ： 如果没有通配符则  dp[i][j] = dp[i-1][j-1]&(s[i]==p[j])
          // 加入通配符后 if（p[j]="?" ）则 等于 dp[i-1][j-1]
          //if p[j]= * ,问题就严肃起来了 因为不知道* 到底可以视为多少个字符    
          // dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i][j-1] 已知的转移方程  首先  dp[i][j]= dp[i][j-1]易于理解 ： 即 p[j] = * ，将 * 视为 空，
          //问题就在于 dp【i-1】[j] example s:abc p a*   dp[0][0]=1 ,dp[0][1]= 1 , 
          // dp[1][0]=false ,dp[1][1]=1 可以验证该转移方程没有问题  dp[2][0]=0 , dp[2][1]= dp[1][1]||dp[2][0] ,dp[2][1]=1
          //解释： 对于 *  它可以是一个字符串 长度不一定为1  所以 它可以 视为 ????s[i],则相当于s串吧自己的末尾去掉 如果 s串为 abcds p串为           //a* 那么对于 dp【4】【1】  s首先去掉s  看 dp【3】【1】 即 abcd 与 a*  接着也可以去掉 d c  所以成立


           int m = s.length();
           int n = p.length();

        // 状态 dp[i][j] : 表示 s 的前 i 个字符和 p 的前 j 个字符是否匹配
        boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1];

        // 初始化
        dp[0][0] = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[0][i] = dp[0][i - 1] && p.charAt(i - 1) == '*';
        }

        // 状态转移
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '?') {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                } else if (p.charAt(j - 1) == '*') {
                    dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
        
        // 返回结果
        return dp[m][n];


    }
}