LeetCode（44）： 通配符匹配

Hard！

題目描述：

給定一個字符串 (s) 和一個字符模式 (p) ，實現一個支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。

'?' 可以匹配任何單個字符。
'*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。

兩個字符串完全匹配才算匹配成功。

說明:

• s 可能為空，且只包含從 a-z 的小寫字母。
• p 可能為空，且只包含從 a-z 的小寫字母，以及字符 ? 和 *。

示例 1:

輸入:
s = "aa"
p = "a"
輸出: false
解釋: "a" 無法匹配 "aa" 整個字符串。

示例 2:

輸入:
s = "aa"
p = "*"
輸出: true
解釋: '*' 可以匹配任意字符串。

示例 3:

輸入:
s = "cb"
p = "?a"
輸出: false
解釋: '?' 可以匹配 'c', 但第二個 'a' 無法匹配 'b'。

示例 4:

輸入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
輸出: true
解釋: 第一個 '*' 可以匹配空字符串, 第二個 '*' 可以匹配字符串 "dce".

示例 5:

輸入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
輸入: false

解題思路：

這道題通配符匹配問題還是小有難度的，這道里用了貪婪算法Greedy Alogrithm來解，由於有特殊字符*和？，其中？能代替任何字符，*能代替任何字符串，那么我們需要定義幾個額外的指針，其中scur和pcur分別指向當前遍歷到的字符，再定義pstar指向p中最后一個*的位置，sstar指向此時對應的s的位置，具體算法如下：

- 定義scur, pcur, sstar, pstar

- 如果*scur存在

  - 如果*scur等於*pcur或者*pcur為 '?'，則scur和pcur都自增1

  - 如果*pcur為'*'，則pstar指向pcur位置，pcur自增1，且sstar指向scur

  - 如果pstar存在，則pcur指向pstar的下一個位置，scur指向sstar自增1后的位置

- 如果pcur為'*'，則pcur自增1

- 若*pcur存在，返回False，若不存在，返回True

C語言解法一：

bool isMatch(char *s, char *p) {
    char *scur = s, *pcur = p, *sstar = NULL, *pstar = NULL;
    while (*scur) {
        if (*scur == *pcur || *pcur == '?') {
            ++scur;
            ++pcur;
        } else if (*pcur == '*') {
            pstar = pcur++;
            sstar = scur;
        } else if (pstar) {
            pcur = pstar + 1;
            scur = ++sstar;
        } else return false;
    } 
    while (*pcur == '*') ++pcur;
    return !*pcur;
}

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，當匹配字符串包含目標字符串沒有的字符時，將無法成功匹配。

C++解法一：

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];
    }
};