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:
scould be empty and contains only lowercase lettersa-z.pcould be empty and contains only lowercase lettersa-z, and characters like?or*.
Example 1:
Input: s = "aa" p = "a" Output: false Explanation: "a" does not match the entire string "aa".
Example 2:
Input: s = "aa" p = "*" Output: true Explanation: '*' matches any sequence.
Example 3:
Input: s = "cb" p = "?a" Output: false Explanation: '?' matches 'c', but the second letter is 'a', which does not match 'b'.
Example 4:
Input: s = "adceb" p = "*a*b" Output: true Explanation: The first '*' matches the empty sequence, while the second '*' matches the substring "dce".
Example 5:
Input: s = "acdcb" p = "a*c?b" Output: false
這道題通配符外卡匹配問題還是小有難度的，有特殊字符 ‘*’ 和 ‘?’，其中 ‘?’ 能代替任何字符，‘*’ 能代替任何字符串，注意跟另一道 Regular Expression Matching 正則匹配的題目區分開來。兩道題的星號的作用是不同的，注意對比區分一下。這道題最大的難點，就是對於星號的處理，可以匹配任意字符串，簡直像開了掛一樣，就是說在星號對應位置之前，不管你s中有任何字符串，我大星號都能匹配你，主角光環啊。但即便叼如斯的星號，也有其處理不了的問題，那就是一旦p中有s中不存在的字符，那么一定無法匹配，因為星號只能增加字符，不能消除字符，再有就是星號一旦確定了要匹配的字符串，對於星號位置后面的匹配情況也就鞭長莫及了。所以p串中星號的位置很重要，用 jStar 來表示，還有星號匹配到s串中的位置，使用 iStart 來表示，這里 iStar 和 jStar 均初始化為 -1，表示默認情況下是沒有星號的。然后再用兩個變量i和j分別指向當前s串和p串中遍歷到的位置。
開始進行匹配，若i小於s串的長度，進行 while 循環。若當前兩個字符相等，或着p中的字符是問號，則i和j分別加1。若 p[j] 是星號，要記錄星號的位置，jStar 賦為j，此時j再自增1，iStar 賦為i。若當前 p[j] 不是星號，並且不能跟 p[i] 匹配上，此時就要靠星號了，若之前星號沒出現過，那么就直接跪，比如 s = "aa" 和 p = "c*"，此時 s[0] 和 p[0] 無法匹配，雖然 p[1] 是星號，但還是跪。如果星號之前出現過，可以強行續一波命，比如 s = "aa" 和 p = "*c"，當發現 s[1] 和 p[1] 無法匹配時，但是好在之前 p[0] 出現了星號，把 s[1] 交給 p[0] 的星號去匹配。至於如何知道之前有沒有星號，這時就能看出 iStar 的作用了，因為其初始化為 -1，而遇到星號時，其就會被更新為i，只要檢測 iStar 的值，就能知道是否可以使用星號續命。雖然成功續了命，匹配完了s中的所有字符，但是之后還要檢查p串，此時沒匹配完的p串里只能剩星號，不能有其他的字符，將連續的星號過濾掉，如果j不等於p的長度，則返回 false，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { int i = 0, j = 0, iStar = -1, jStar = -1, m = s.size(), n = p.size(); while (i < m) { if (j < n && (s[i] == p[j] || p[j] == '?')) { ++i; ++j; } else if (j < n && p[j] == '*') { iStar = i; jStar = j++; } else if (iStar >= 0) { i = ++iStar; j = jStar + 1; } else return false; } while (j < n && p[j] == '*') ++j; return j == n; } };
這道題也能用動態規划 Dynamic Programming 來解，寫法跟之前那道題 Regular Expression Matching 很像，但是還是不一樣。外卡匹配和正則匹配最大的區別就是在星號的使用規則上，對於正則匹配來說，星號不能單獨存在，前面必須要有一個字符，而星號存在的意義就是表明前面這個字符的個數可以是任意個，包括0個，那么就是說即使前面這個字符並沒有在s中出現過也無所謂，只要后面的能匹配上就可以了。而外卡匹配就不是這樣的，外卡匹配中的星號跟前面的字符沒有半毛錢關系，如果前面的字符沒有匹配上，那么直接返回 false 了，根本不用管星號。而星號存在的作用是可以表示任意的字符串，當然只是當匹配字符串缺少一些字符的時候起作用，當匹配字符串p包含目標字符串s中沒有的字符時，將無法成功匹配。
對於這種玩字符串的題目，動態規划 Dynamic Programming 是一大神器，因為字符串跟其子串之間的關系十分密切，正好適合 DP 這種靠推導狀態轉移方程的特性。那么先來定義dp數組吧，使用一個二維 dp 數組，其中 dp[i][j] 表示 s中前i個字符組成的子串和p中前j個字符組成的子串是否能匹配。大小初始化為 (m+1) x (n+1)，加1的原因是要包含 dp[0][0] 的情況，因為若s和p都為空的話，也應該返回 true，所以也要初始化 dp[0][0] 為 true。還需要提前處理的一種情況是，當s為空，p為連續的星號時的情況。由於星號是可以代表空串的，所以只要s為空，那么連續的星號的位置都應該為 true，所以先將連續星號的位置都賦為 true。然后就是推導一般的狀態轉移方程了，如何更新 dp[i][j]，首先處理比較 tricky 的情況，若p中第j個字符是星號，由於星號可以匹配空串，所以如果p中的前 j-1 個字符跟s中前i個字符匹配成功了（ dp[i][j-1] 為true）的話，則 dp[i][j] 也能為 true。或者若p中的前j個字符跟s中的前i-1個字符匹配成功了（ dp[i-1][j] 為true ）的話，則 dp[i][j] 也能為 true（因為星號可以匹配任意字符串，再多加一個任意字符也沒問題）。若p中的第j個字符不是星號，對於一般情況，假設已經知道了s中前 i-1 個字符和p中前 j-1 個字符的匹配情況（即 dp[i-1][j-1] ），現在只需要匹配s中的第i個字符跟p中的第j個字符，若二者相等（ s[i-1] == p[j-1] ），或者p中的第j個字符是問號（ p[j-1] == '?' ），再與上 dp[i-1][j-1] 的值，就可以更新 dp[i][j] 了，參見代碼如下：
解法二：
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 = 1; i <= n; ++i) { if (p[i - 1] == '*') dp[0][i] = dp[0][i - 1]; } for (int i = 1; i <= m; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { if (p[j - 1] == '*') { dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1]; } else { dp[i][j] = (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '?') && dp[i - 1][j - 1]; } } } return dp[m][n]; } };
其實這道題也可以使用遞歸來做，因為子串或者子數組這種形式，天然適合利用遞歸來做。但是愣了吧唧的遞歸跟暴力搜索並沒有啥太大的區別，很容易被 OJ 斃掉，比如評論區六樓的那個 naive 的遞歸，其實完全是按照題目要求來的。首先判斷s串，若為空，那么再看p串，若p為空，則為 true，或者跳過星號，繼續調用遞歸。若s串不為空，且p串為空，則直接 false。若s串和p串均不為空，進行第一個字符的匹配，若相等，或者 p[0] 是問號，則跳過首字符，對后面的子串調用遞歸。若 p[0] 是星號，先嘗試跳過s串的首字符，調用遞歸，若遞歸返回 true，則當前返回 true。否則嘗試跳過p串的首字符，調用遞歸，若遞歸返回 true，則當前返回 true。但是很不幸，內存超出限制了 MLE，那么博主做了個簡單的優化，跳過了連續的星號，參見評論區七樓的代碼，但是這次時間超出了限制 TLE。博主想是不是取子串 substr() 操作太費時間，且調用遞歸的適合s串和p串又分別建立了副本，才導致的 TLE。於是想着用坐標變量來代替取子串，並且遞歸函數調用的s串和p串都加上引用，代碼參見評論區八樓，但尼瑪還是跪了，OJ 大佬，刀下留人啊。最后還是在論壇上找到了一個使用了神奇的剪枝的方法，這種解法的遞歸函數返回類型不是 bool 型，而是整型，有三種不同的狀態，返回0表示匹配到了s串的末尾，但是未匹配成功；返回1表示未匹配到s串的末尾就失敗了；返回2表示成功匹配。那么只有返回值大於1，才表示成功匹配。至於為何失敗的情況要分類，就是為了進行剪枝。在遞歸函數中，若s串和p串都匹配完成了，返回狀態2。若s串匹配完成了，但p串但當前字符不是星號，返回狀態0。若s串未匹配完，p串匹配完了，返回狀態1。若s串和p串均為匹配完，且當前字符成功匹配的話，對下一個位置調用遞歸。否則若p串當前字符是星號，首先跳過連續的星號。然后分別讓星號匹配空串，一個字符，兩個字符，....，直到匹配完整個s串，對每種情況分別調用遞歸函數，接下來就是最大的亮點了，也是最有用的剪枝，當前返回值為狀態0或者2的時候，返回，否則繼續遍歷。如果僅僅是狀態2的時候才返回，就像評論區八樓的代碼，會有大量的重復計算，因為當返回值為狀態0的時候，已經沒有繼續循環下去的必要了，非常重要的一刀剪枝，參見代碼如下：
解法三：
class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { return helper(s, p, 0, 0) > 1; } int helper(string& s, string& p, int i, int j) { if (i == s.size() && j == p.size()) return 2; if (i == s.size() && p[j] != '*') return 0; if (j == p.size()) return 1; if (s[i] == p[j] || p[j] == '?') { return helper(s, p, i + 1, j + 1); } if (p[j] == '*') { if (j + 1 < p.size() && p[j + 1] == '*') { return helper(s, p, i, j + 1); } for (int k = 0; k <= (int)s.size() - i; ++k) { int res = helper(s, p, i + k, j + 1); if (res == 0 || res == 2) return res; } } return 1; } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/44
類似題目：
參考資料：
https://leetcode.com/problems/wildcard-matching/
https://leetcode.com/problems/wildcard-matching/discuss/17839/C%2B%2B-recursive-solution-16-ms