经典动态规划：正则表达式
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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：
| LeetCode | 力扣 | 难度 |
|---|---|---|
| 10. Regular Expression Matching | 10. 正则表达式匹配 | 🔴 |
-----------
[!NOTE]
阅读本文前，你需要先学习：
正则表达式是一个非常强力的工具，本文就来具体看一看正则表达式的底层原理是什么。力扣第 10 题「正则表达式匹配」就要求我们实现一个简单的正则匹配算法，包括「.」通配符和「*」通配符。
这两个通配符是最常用的，其中点号「.」可以匹配任意一个字符，星号「*」可以让之前的那个字符重复任意次数（包括 0 次）。
比如说模式串 ".a*b" 就可以匹配文本 "zaaab"，也可以匹配 "cb"；模式串 "a..b" 可以匹配文本 "amnb"；而模式串 ".*" 就比较牛逼了，它可以匹配任何文本。
题目会给我们输入两个字符串 s 和 p，s 代表文本，p 代表模式串，请你判断模式串 p 是否可以匹配文本 s。我们可以假设模式串只包含小写字母和上述两种通配符且一定合法，不会出现 *a 或者 b** 这种不合法的模式串，
函数签名如下：
boolean isMatch(string s, string p);对于我们将要实现的这个正则表达式，难点在那里呢？
点号通配符其实很好实现，s 中的任何字符，只要遇到 . 通配符，无脑匹配就完事了。主要是这个星号通配符不好实现，一旦遇到 * 通配符，前面的那个字符可以选择重复一次，可以重复多次，也可以一次都不出现，这该怎么办？
对于这个问题，答案很简单，对于所有可能出现的情况，全部穷举一遍，只要有一种情况可以完成匹配，就认为 p 可以匹配 s。那么一旦涉及两个字符串的穷举，我们就应该条件反射地想到动态规划的技巧了。
一、思路分析
我们先脑补一下，s 和 p 相互匹配的过程大致是，两个指针 i, j 分别在 s 和 p 上移动，如果最后两个指针都能移动到字符串的末尾，那么久匹配成功，反之则匹配失败。
*如果不考虑 `通配符，面对两个待匹配字符s[i]和p[j]`，我们唯一能做的就是看他俩是否匹配**：
boolean isMatch(String s, String p) {
int i = 0, j = 0;
while (i < s.length() && j < p.length()) {
// 「.」通配符就是万金油
if (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
// 匹配，接着匹配 s[i+1..] 和 p[j+1..]
i++; j++;
} else {
// 不匹配
return false;
}
}
return i == j;
}那么考虑一下，如果加入 * 通配符，局面就会稍微复杂一些，不过只要分情况来分析，也不难理解。
*当 p[j + 1] 为 `` 通配符时，我们分情况讨论下**：
1、如果 s[i] == p[j]，那么有两种情况：
1.1 p[j] 有可能会匹配多个字符，比如 s = "aaa", p = "a*"，那么 p[0] 会通过 * 匹配 3 个字符 "a"。
1.2 p[i] 也有可能匹配 0 个字符，比如 s = "aa", p = "a*aa"，由于后面的字符可以匹配 s，所以 p[0] 只能匹配 0 次。
2、如果 s[i] != p[j]，只有一种情况：
p[j] 只能匹配 0 次，然后看下一个字符是否能和 s[i] 匹配。比如说 s = "aa", p = "b*aa"，此时 p[0] 只能匹配 0 次。
综上，可以把之前的代码针对 * 通配符进行一下改造：
if (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
// 匹配
if (j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
// 有 * 通配符，可以匹配 0 次或多次
} else {
// 无 * 通配符，老老实实匹配 1 次
i++; j++;
}
} else {
// 不匹配
if (j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
// 有 * 通配符，只能匹配 0 次
} else {
// 无 * 通配符，匹配无法进行下去了
return false;
}
}整体的思路已经很清晰了，但现在的问题是，遇到 * 通配符时，到底应该匹配 0 次还是匹配多次？多次是几次？
你看，这就是一个做「选择」的问题，要把所有可能的选择都穷举一遍才能得出结果。动态规划算法的核心就是「状态」和「选择」，「状态」无非就是 i 和 j 两个指针的位置，「选择」就是 p[j] 选择匹配几个字符。
二、动态规划解法
根据「状态」，我们可以定义一个 dp 函数：
boolean dp(String s, int i, String p, int j);dp 函数的定义如下：
若 dp(s, i, p, j) = true，则表示 s[i..] 可以匹配 p[j..]；若 dp(s, i, p, j) = false，则表示 s[i..] 无法匹配 p[j..]。
根据这个定义，我们想要的答案就是 i = 0, j = 0 时 dp 函数的结果，所以可以这样使用这个 dp 函数：
boolean isMatch(String s, String p) {
// 指针 i，j 从索引 0 开始移动
return dp(s, 0, p, 0);
}可以根据之前的代码写出 dp 函数的主要逻辑：
// dp 函数的核心逻辑（伪码）
// 定义：函数返回 s[i..] 是否能匹配 p[j..]
boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
if (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
// 匹配
if (j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
// 1.1 通配符匹配 0 次或多次
return dp(s, i, p, j + 2) || dp(s, i + 1, p, j);
} else {
// 1.2 常规匹配 1 次
return dp(s, i + 1, p, j + 1);
}
} else {
// 不匹配
if (j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
// 2.1 通配符匹配 0 次
return dp(s, i, p, j + 2);
} else {
// 2.2 无法继续匹配
return false;
}
}
}根据 dp 函数的定义，这几种情况都很好解释：
1.1 通配符匹配 0 次或多次
将 j 加 2，i 不变，含义就是直接跳过 p[j] 和之后的通配符，即通配符匹配 0 次。
即便 s[i] == p[j]，依然可能出现这种情况，如下图：
将 i 加 1，j 不变，含义就是 p[j] 匹配了 s[i]，但 p[j] 还可以继续匹配，即通配符匹配多次的情况：
两种情况只要有一种可以完成匹配即可，所以对上面两种情况求或运算。
1.2 常规匹配 1 次
由于这个条件分支是无 * 的常规匹配，那么如果 s[i] == p[j]，就是 i 和 j 分别加一：
2.1 通配符匹配 0 次
类似情况 1.1，将 j 加 2，i 不变：
*2.2 如果没有 `` 通配符，也无法匹配，那只能说明匹配失败了**
看图理解应该很容易了，现在可以思考一下 dp 函数的 base case：
一个 base case 是 j == p.length() 时，按照 dp 函数的定义，这意味着模式串 p 已经被匹配完了，那么应该看看文本串 s 匹配到哪里了，如果 s 也恰好被匹配完，则说明匹配成功：
if (j == p.length()) {
return i == s.length();
}另一个 base case 是 i == s.length() 时，按照 dp 函数的定义，这种情况意味着文本串 s 已经全部被匹配了，那么是不是只要简单地检查一下 p 是否也匹配完就行了呢？
if (i == s.length()) {
// 这样行吗？
return j == p.length();
}这是不正确的，此时并不能根据 j 是否等于 p.length() 来判断是否完成匹配，只要 p[j..] 能够匹配空串，就可以算完成匹配。比如说 s = "a", p = "ab*c*"，当 i 走到 s 末尾的时候，j 并没有走到 p 的末尾，但是 p 依然可以匹配 s。
所以我们可以写出如下代码：
int m = s.length(), n = p.length();
if (i == s.length()) {
// 如果能匹配空串，一定是字符和 * 成对儿出现
if ((n - j) % 2 == 1) {
return false;
}
// 检查是否为 x*y*z* 这种形式
for (; j + 1 < p.length(); j += 2) {
if (p.charAt(j + 1) != '*') {
return false;
}
}
return true;
}根据以上思路，就可以写出完整的代码：
class Solution {
// 备忘录
int[][] memo;
public boolean isMatch(String s, String p) {
int m = s.length(), n = p.length();
memo = new int[m][n];
for (int[] row : memo) {
Arrays.fill(row, -1);
}
// 指针 i，j 从索引 0 开始移动
return dp(s, 0, p, 0);
}
// 计算 p[j..] 是否匹配 s[i..]
boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
int m = s.length(), n = p.length();
// base case
if (j == n) {
return i == m;
}
if (i == m) {
if ((n - j) % 2 == 1) {
return false;
}
for (; j + 1 < n; j += 2) {
if (p.charAt(j + 1) != '*') {
return false;
}
}
return true;
}
// 查备忘录，防止重复计算
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j] == 1;
}
boolean res = false;
if (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
if (j < n - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
res = dp(s, i, p, j + 2) || dp(s, i + 1, p, j);
} else {
res = dp(s, i + 1, p, j + 1);
}
} else {
if (j < n - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
res = dp(s, i, p, j + 2);
} else {
res = false;
}
}
// 将当前结果记入备忘录
memo[i][j] = res ? 1 : 0;
return res;
}
}
🍭 代码可视化动画🍭
代码中用了一个哈希表 memo 消除重叠子问题。如何一眼看出重叠子问题？可以参考前文 动态规划系列答疑 中所讲的技巧，抽出正则表达算法的递归框架：
boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
dp(s, i, p, j + 2); // 1
dp(s, i + 1, p, j); // 2
dp(s, i + 1, p, j + 1); // 3
dp(s, i, p, j + 2); // 4
}如果让你从 dp(s, i, p, j) 得到 dp(s, i+2, p, j+2)，至少有两条路径：1 -> 2 -> 2 和 3 -> 3。这就说明 (i+2, j+2) 这个状态的计算必然存在重复，也就说明存在重叠子问题，我们需要用备忘录消除重叠子问题，提高效率。
动态规划的时间复杂度为「状态的总数」「每次递归花费的时间」，本题中状态的总数当然就是 i 和 j 的组合，也就是 `M N（M为s的长度，N为p的长度）；递归函数dp` 中没有循环（base case 中的不考虑，因为 base case 的触发次数有限），所以一次递归花费的时间为常数。二者相乘，总的时间复杂度为 $O(MN)$。
空间复杂度很简单，就是备忘录 memo 的大小，即 $O(MN)$。
引用本文的文章
- [最优子结构原理和 dp 数组遍历方向](https://labuladong.online/algo/dynamic-programming/faq-summary/)