Given an input string s and a pattern p, implement regular expression matching with support for '.' and '*' where:
'.'Matches any single character.'*'Matches zero or more of the preceding element.
The matching should cover the entire input string (not partial).
Example 1:
**Input:** s = "aa", p = "a"
**Output:** false
**Explanation:** "a" does not match the entire string "aa".
Example 2:
**Input:** s = "aa", p = "a*"
**Output:** true
**Explanation:** '*' means zero or more of the preceding element, 'a'. Therefore, by repeating 'a' once, it becomes "aa".
Example 3:
**Input:** s = "ab", p = ".*"
**Output:** true
**Explanation:** ".*" means "zero or more (*) of any character (.)".
Constraints:
1 <= s.length <= 201 <= p.length <= 20scontains only lowercase English letters.pcontains only lowercase English letters,'.', and'*'.- It is guaranteed for each appearance of the character
'*', there will be a previous valid character to match.
这道求正则表达式匹配的题和那道 Wildcard Matching 的题很类似，不同点在于的意义不同，在之前那道题中，表示可以代替任意个数的字符，而这道题中的表示之前那个字符可以有0个，1个或是多个，就是说，字符串 ab，可以表示b或是 aaab，即a的个数任意，这道题的难度要相对之前那一道大一些，分的情况的要复杂一些，大概思路如下：
- 若p为空，再判断若s也为空，返回 true，反之返回 false。
- 若p的长度为1，再判断若s长度也为1，且相同或是p为 ‘.’ 则返回 true，反之返回 false。
- 若p的第二个字符不为*，若此时s为空返回 false，否则判断首字符是否匹配，且从各自的第二个字符开始调用递归函数匹配。
- 若p的第二个字符为*，进行下列循环，条件是若s不为空且首字符匹配（包括 p[0] 为点），调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p（这样做的原因是假设此时的星号的作用是让前面的字符出现0次，验证是否匹配），若匹配返回 true，否则s去掉首字母（因为此时首字母匹配了，我们可以去掉s的首字母，而p由于星号的作用，可以有任意个首字母，所以不需要去掉），继续进行循环。
- 返回调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p的结果（这么做的原因是处理星号无法匹配的内容，比如 s=”ab”, p=”ab”，直接进入 while 循环后，我们发现 “ab” 和 “b” 不匹配，所以s变成 “b”，那么此时跳出循环后，就到最后的 return 来比较 “b” 和 “b” 了，返回 true。再举个例子，比如 s=””, p=”a“，由于s为空，不会进入任何的 if 和 while，只能到最后的 return 来比较了，返回 true，正确）。
解法一：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() == 1) {
return (s.size() == 1 && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'));
}
if (p[1] != '*') {
if (s.empty()) return false;
return (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
}
while (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.')) {
if (isMatch(s, p.substr(2))) return true;
s = s.substr(1);
}
return isMatch(s, p.substr(2));
}
};
上面的方法可以写的更加简洁一些，但是整个思路还是一样的，先来判断p是否为空，若为空则根据s的为空的情况返回结果。当p的第二个字符为号时，由于号前面的字符的个数可以任意，可以为0，那么我们先用递归来调用为0的情况，就是直接把这两个字符去掉再比较，或者当s不为空，且第一个字符和p的第一个字符相同时，再对去掉首字符的s和p调用递归，注意p不能去掉首字符，因为号前面的字符可以有无限个；如果第二个字符不为号，那么就老老实实的比较第一个字符，然后对后面的字符串调用递归，参见代码如下（ 现在这种解法已经超时了 ）：
解法二：
// Time Limit Exceeded
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() > 1 && p[1] == '*') {
return isMatch(s, p.substr(2)) || (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p));
} else {
return !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
}
}
};
我们也可以用 DP 来解，定义一个二维的 DP 数组，其中 dp[i][j] 表示 s[0,i) 和 p[0,j) 是否 match，然后有下面三种情况(下面部分摘自这个帖子)：
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
if p[j - 1] != '*' && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
dp[i][j] = dp[i][j - 2]
if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for 0 times;
dp[i][j] = dp[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.')
if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for at least 1 times.
解法三：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
int m = s.size(), n = p.size();
vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));
dp[0][0] = true;
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (j > 1 && p[j - 1] == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') && dp[i - 1][j]);
} else {
dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
GitHub 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/10
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/
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