【LeetCode热题100】打卡第6天：正则表达式匹配-Toy模板网

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正则表达式匹配

⛅前言

大家好，我是知识汲取者，欢迎来到我的LeetCode热题100刷题专栏！

精选 100 道力扣（LeetCode）上最热门的题目，适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人，熟练掌握这 100 道题，你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中，我们将会涵盖各种类型的算法题目，包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等，并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题，不断提升自己，就请加入我们吧！QQ群号：827302436。我们共同监督打卡，一起学习，一起进步。

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题目来源📢：LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣（LeetCode）全球极客挚爱的技术成长平台

PS：作者水平有限，如有错误或描述不当的地方，恳请及时告诉作者，作者将不胜感激

🔒题目

原题链接：10. 正则表达式匹配 - 力扣（LeetCode）

【LeetCode热题100】打卡第6天：正则表达式匹配

🔑题解

解法一：正则表达式

这里标记是困难，但是如果使用正则表达式一行代码就解决了，但是这题的作者可能并不是想要我们使用正则表达式，而是使用动态规划，如果使用动态规划这题难度直接上升几个等级。所以大家不要为了做题而做题，而是去学习了解更多的算法思路，有时候我们不需要去把一个题给AC了，而是要做到，看到一个题能够第一时间直到这题考察的内容，应该使用哪种算法策略，毕竟现在AI这么流行，直接把一个题交给AI，他立马能够给你解答。

当然这题使用正则也不赖，也是一种比较优秀的解法，但是却无法锻炼到我们的逻辑思维，因为太简单了🤣正则表达式YYDS
```
import java.util.regex.Pattern;

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        return Pattern.matches(p, s);
    }
}
```
复杂度分析：
- 时间复杂度： $O (n)$ ，正则匹配本质是
- 空间复杂度： $O (1)$
其中 $n$ 为字符串的长度

解法二：动态规划

本段代码来自这位大佬的：fomalhaut1998 - 力扣（LeetCode）

class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        /*
        dp五部曲:
        设主串s的长度为m,设模式串p的长度为n;其中s只有小写字母,p有字母/./*
        1.状态定义:dp[i][j]为考虑s[0,i-1]与p[0,j-1]是否能匹配上,能匹配上就为true
        2.状态转移:若要求dp[i][j]就必须考虑到s[i-1]与p[j-1]
            2.1 当p[j-1]不是'*'时
                2.1.1 若s[i-1]==p[j-1]时,即p[j-1]为'a'-'z'且与s[i-1]相等,看dp[i-1][j-1]
                2.1.2 p[j-1] == '.'时,直接将'.'变成s[i-1],看dp[i-1][j-1]
                注意:这里的'.'是匹配一个字符,而不是一连串,如"a.b"->"axb"
            2.2 当p[j-1]是'*'时,主要看p[j-2]做判断
                2.2.1 p[j-2]为'a'-'z'并且p[j-2]==s[i-1],那么此时s继续往前看,p暂时不动
                    即:看dp[i-1][j]
                2.2.2 p[j-2]为'.',那么".*"可以变为"....."可以匹配s[i-1]前面的任何字符(万能串)
                    因此,直接看dp[i-1][j](或者直接返回true)
                2.2.3 剩下的就是p[j-2]为'a'-'z'且p[j-2]!=s[i-1],那么此时p的"x*"作废,看dp[i][j-2]
            这里:2.1.1与2.2.2可以看成一种情形:即s与p均前移一位
                2.2.1与2.2.2可以看成一种情形:即p不动s前移一位
        3.初始化:
            3.1 空的s
                3.1.1 空的p,空的s可以匹配空的p,因此dp[0][0]=true
                3.1.2 非空的p,空的s可能可以匹配非空的p,例如"a*",因此需要经过转移计算
            3.2 空的p
                3.2.1 空的s,同3.1.1
                3.2.2 非空的s,空的p不可能匹配非空的s,因此dp[i][0]=false,i∈[1,m]
            3.3 非空的s与非空的p:需要经过转移计算
            其中:3.1.1与3.2.2可以合并为dp[i][0]=i==0
        4.遍历顺序:显然是正序遍历
        5.返回形式:返回dp[m][n]就是考虑s[0,m-1]与p[0,n-1]是否能匹配上
        */
        int m = s.length(), n = p.length();
        boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1];
        // 初始化dp[i][0]
        // for(int i = 0; i <= m; i++) {
        //     dp[i][0] = i == 0;
        // }
        dp[0][0] = true;
        // i从0开始
        for(int i = 0; i <= m; i++) {
            // 注意j从1开始
            for(int j = 1; j <= n; j++) {
                if(p.charAt(j - 1) != '*') {
                    // 1.当p[j-1]不是'*'时(注意j已经从1开始了)
                    // 这里要注意运算优先级问题(加括号)
                    if(i >= 1 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '.')) {
                        // s与p均前移一位
                        dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                    }
                } else {
                    // 2.当p[j-1]是'*'时,主要看p[j-2]做判断
                    if(j >= 2 && i >= 1 && 
                    (p.charAt(j - 2) == s.charAt(i - 1) || p.charAt(j - 2) == '.')) {
                        // 看"x*":p不动s前移一位
                        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                    }
                    // 不看"x*":
                    // 剩下的为p[j-2]为'a'-'z'且p[j-2]!=s[i-1],那么此时p的"x*"作废,看dp[i][j-2]
                    if(j >= 2) {
                        dp[i][j] |= dp[i][j - 2];
                    }
                    // 这里的|=表示只要满足了其中一个条件就可以使得dp[i][j]==true
                    // 通俗一点的解释就是:当p[j-1]=='*'时,
                    // 若p[j-2]==s[i-1]||p[j-2]=='.',则dp[i][j]可以继承dp[i-1][j]:转移路径1
                    // 若p[j-2]!=s[i-1],则dp[i][j]可以继承dp[i][j-2]:转移路径2
                    // 满足任意一条转移路径就可以使得dp[i][j]=true
                }        
            }
        }
        // 所求即为考虑s[0,m-1]与p[0,n-1]是否能匹配上
        return dp[m][n];
    }
}