[LeetCode] 44. Wildcard Matching 外卡匹配

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:

• s could be empty and contains only lowercase letters a-z.
• p could be empty and contains only lowercase letters a-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(qū)分開來。兩道題的星號的作用是不同的，注意對比區(qū)分一下。這道題最大的難點，就是對于星號的處理，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(huán)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，對于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小于s串的長度，進行 while 循環(huán)。若當前兩個字符相等，或著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，并且不能跟 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(xù)一波命，比如 s = "aa" 和 p = "*c"，當發(fā)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。至于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(xù)命。雖然成功續(xù)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(xù)的星號過濾掉，如果j不等于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(tài)規(guī)劃 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(qū)別就是在星號的使用規(guī)則上，對于正則匹配來說，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并沒有在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。

對于這種玩字符串的題目，動態(tài)規(guī)劃 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(tài)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(xù)的星號時的情況。由于星號是可以代表空串的，所以只要s為空，那么連續(xù)的星號的位置都應該為 true，所以先將連續(xù)星號的位置都賦為 true。然后就是推導一般的狀態(tài)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，由于星號可以匹配空串，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?；蛘呷魀中的前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，對于一般情況，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并沒有啥太大的區(qū)別，很容易被 OJ 斃掉，比如評論區(qū)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(xù)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(yōu)化，跳過了連續(xù)的星號，參見評論區(qū)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。于是想著用坐標變量來代替取子串，并且遞歸函數調用的s串和p串都加上引用，代碼參見評論區(qū)八樓，但還是跪了，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(tài)，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。那么只有返回值大于1，才表示成功匹配。至于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(tài)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(tài)0。若s串未匹配完，p串匹配完了，返回狀態(tài)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(xù)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(tài)0或者2的時候，返回，否則繼續(xù)遍歷。如果僅僅是狀態(tài)2的時候才返回，就像評論區(qū)八樓的代碼，會有大量的重復計算，因為當返回值為狀態(tài)0的時候，已經沒有繼續(xù)循環(huán)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;
    }
};

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