題目地址：https://leetcode-cn.com/problems/zheng-ze-biao-da-shi-pi-pei-lcof/
題目描述
請實現一個函數用來匹配包含'. '和'*'的正則表達式。模式中的字符'.'表示任意一個字符，而'*'表示它前面的字符可以出現任意次（含0次）。在本題中，匹配是指字符串的所有字符匹配整個模式。例如，字符串"aaa"與模式"a.a"和"ab*ac*a"匹配，但與"aa.a"和"ab*a"均不匹配。
題目示例
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 = "a*"
輸出: true
解釋: 因為 '*' 代表可以匹配零個或多個前面的那一個元素, 在這里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被視為 'a' 重復了一次。
示例 3:
輸入:
s = "ab"
p = ".*"
輸出: true
解釋: ".*" 表示可匹配零個或多個（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4:
輸入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
輸出: true
解釋: 因為 '*' 表示零個或多個，這里 'c' 為 0 個, 'a' 被重復一次。因此可以匹配字符串 "aab"。
示例 5:
輸入:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
輸出: false
注意
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 *，無連續的 '*'。
解題思路
遞歸：分析題目，首先判斷字符串p是否是空串，若p是空串，返回s是否是空串。若p不是空串，必存在p[1](可能是字符\0），即字符*出現的位置。解題的核心思路是對“x * ”的情況判斷，當連x都匹配不了的話，那么直接將整個x*丟棄掉，如果能夠匹配上x時，則保留x*。舉例來說，s = "aab"，p = "c*a*b"，遇到c*，查看s中s[1]是否能夠匹配字符c，我們發現無法匹配，所以，直接將整個c*丟掉，剩下p=a*b，繼續判斷s中的字符是否匹配a，我們發現匹配，所以，保留a*，其中*表示字符a可以出現任意次包括0次，當*表示匹配0個它緊鄰的前面的字符時，直接忽略掉c*，比較aab和a*b，當*表示匹配一個或多個前面的字符時，比如aaab和a*b，我們忽略字符串s的第一個元素a，比較aab和a*b。假如p[1] == * 時，可以嘗試兩種情況：情況一是遞歸比較s和p.substr(2)；情況二是當s[0]可以匹配p[0]時, 嘗試遞歸比較s.substr(1)和p，這里沒有必要比較s.substr(1) 和 p.substr(2)，因為這種情況已經包含在遞歸比較s.substr(1)和p當中了。假如p[1] != *,如果p[0]不匹配s[0]，返回false，否則遞歸判斷s.substr(1)和p.substr(1)。
動態規划：使用dp[i][j]表示的狀態是s的前i項和p的前j項是否匹配，詳細思路請參考大佬寫的，非常詳細
程序源碼
遞歸
class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { if (p.empty()) return s.empty(); if (p.size() >= 2 && p[1] == '*') { return isMatch(s, p.substr(2)) || (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p)); } return !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1)); } };
動態規划
class Solution { public: bool isMatch(string s, string p) { if(p.empty()) return s.empty(); //前面加某一相同字符，防止 (ab, c*ab) 這樣的匹配，避免復雜的初始化操作 s = " " + s; p = " " + p; int m = s.size(); int n = p.size(); //定義記憶數組，並初始化為false vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false)); //空串和空正是匹配的 dp[0][0] = true; //因為數組dp能保持字符串上一個字符的狀態，所以可以對下一個字符進行判斷，數組開m+1和n+1大小，便於對空串的處理 for (int i = 1; i < m + 1; i++) { for (int j = 1; j < n + 1; j++) { //不帶'*'時的匹配 if (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.') { dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]; } else if (p[j - 1] == '*') { //考慮'*'時的情況 if (s[i - 1] != p[j - 2] && p[j - 2] != '.') { dp[i][j] = dp[i][j - 2]; } else { dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j]; } } } } return dp[m][n]; } };
參考文章