LeetCode (10): Regular Expression Matching [HARD]

https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/

【描述】

Implement regular expression matching with support for

'.'

and

'*'

.

'.' Matches any single character.
'*' Matches zero or more of the preceding element.

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

Some examples:
isMatch("aa","a") → false
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa", "a*") → true
isMatch("aa", ".*") → true
isMatch("ab", ".*") → true
isMatch("aab", "c*a*b") → true

【中文描述】

给两个字符串：s和p. p是正则表达式串，其中包含有三种字符：普通字符、'.'、'*'。要求实现方法，返回p是否能够匹配s.

其中：

'.'可以匹配s中任意字符。

'*'是个控制字符，在'*'前的字符在s中可以出现0或者无限次。

题目要求全部匹配，不能部分匹配。

例子：

isMatch("aa","a") → false    //解释：s中2个a，而p中一个普通字符a，显然不匹配
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa", "a*") → true    //解释：s中2个a，而p中有'a*'，根据题意，a可以出现无数次，所以是匹配的
isMatch("aa", ".*") → true    //解释：由于'.'可以代替任意字符，所以'.*'的意思就是任意字符出现任意次数，所以肯定可以匹配aa
isMatch("ab", ".*") → true    //同上，ab也能匹配
isMatch("aab", "c*a*b") → true    //解释：c在s中没有出现，但是c*是可以匹配的。然后aa匹配了a*， 最后的b互相匹配。 所以整体匹配

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【初始思路】

刚开始没觉得是hard题，就觉得给2个指针，一个指s，一个指p。然后从前往后一步步比较就行了。无非就是比较当前位的时候兼顾后一位的情况，注意边界条件，仔细写应该不会出错。先写了一个，一提交wrong answer了。 用例是这样的：

s="aabbbcd", p="a*b*bbbcd"

显然，s和p是匹配的。但是用我上面的方法，就绝对匹配不成功。因为，p中的b*会直接和S中的bbb全部匹配，然后p中剩下的bbb就要和cd匹配，返回false。换句话说，我上面的算法是一条路走到黑，成功就成功，失败就失败。根本不考虑是否还有其他可能性！

【重整思路】

看到这个用例，我才反应过来，我太naive了，太没有程序猿的知觉了。事实上，仔细想想就能发现，这个题是需要回溯考虑的。可能按照s当前位和p中某'普通字符+*'模式比较是匹配的，到结尾有可能不匹配。但是如果当前位按照不与p中“字符+*”匹配(也即直接跳过p中'x*')走到最后却有可能成功。 所以，这就需要回溯考虑。如果按照既定步骤匹配到结尾不成功，我们可以回溯回来，然后从当前位用下一个策略去尝试一下。 所有的尝试里，只要成功一次，就算匹配成功！

说到回溯，程序猿的直觉告诉我，需要用递归Recursion!

【解法一：递归 Recursion】

回溯递归解法需要知道3个关键点：（1）如何确定当前步在哪里？（2）当前步有哪些决策？(3) 当前决策失败后回到哪里？

首先，如何确定当前步？由于已经考虑清楚要用递归，那么其实是不需要指针的。递归其实就是把大问题化为小问题的典型解题方案。本题的大问题是s和p是否匹配。假设s当前从左往右的一个子部分s1已经和p从左往右的一个子部分p1匹配了。那么剩下的子问题就是判断，s从s1后的部分和p从p1后的部分是否匹配的问题，这就把问题从大化小了。看下面图:

/**
* This is the O(nm) time and O(n) space DP, awesome!
* @param s
* @param p
* @return
*/
public static boolean isMatch(String s, String p) {
String[] patterns = new String[p.length()];
int i = 0, ptr = 0;
while (i != p.length()) {//parse p into tokens[], 要么单字符,要么*二元组
if (i + 1 < p.length() && p.charAt(i + 1) == '*') {
patterns[ptr++] = p.substring(i, i + 2);
i += 2;
}
else {
patterns[ptr++] = p.substring(i, i + 1);
i += 1;
}
}

boolean[] d = new boolean[s.length() + 1];
d[0] = true;
for (i = 1; i <= s.length(); ++i) d[i] = false; //d[]全部置为false
for (i = 1; i <= ptr; ++i) {
//根据tokens[], 一一判断是否和s中每个字符匹配.
String pattern = patterns[i - 1];//获取当前token
char c = pattern.charAt(0);//当前token第一个字符
if (pattern.length() == 2) {//2元组情况
for (int j = 1; j <= s.length(); ++j) {//分别针对s中字符进行匹配测试
d[j] = d[j] || (d[j - 1] && (c == '.' || c == s.charAt(j - 1)));
}
}
else {//单个情况
for (int j = s.length(); j >= 1; --j) {
d[j] = d[j - 1] && (c == '.' || c == s.charAt(j - 1));
}
}
d[0] = d[0] && pattern.length() == 2;
}
return d[s.length()];
}

isMatchLessSpace