LeetCode（44）： 通配符匹配

Hard！

题目描述：

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。

'?' 可以匹配任何单个字符。
'*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。

两个字符串完全匹配才算匹配成功。

说明:

• s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
• p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 ? 和 *。

示例 1:

输入:
s = "aa"
p = "a"
输出: false
解释: "a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。

示例 2:

输入:
s = "aa"
p = "*"
输出: true
解释: '*' 可以匹配任意字符串。

示例 3:

输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。

示例 4:

输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
输出: true
解释: 第一个 '*' 可以匹配空字符串, 第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce".

示例 5:

输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
输入: false

解题思路：

这道题通配符匹配问题还是小有难度的，这道里用了贪婪算法Greedy Alogrithm来解，由于有特殊字符*和？，其中？能代替任何字符，*能代替任何字符串，那么我们需要定义几个额外的指针，其中scur和pcur分别指向当前遍历到的字符，再定义pstar指向p中最后一个*的位置，sstar指向此时对应的s的位置，具体算法如下：

- 定义scur, pcur, sstar, pstar

- 如果*scur存在

  - 如果*scur等于*pcur或者*pcur为 '?'，则scur和pcur都自增1

  - 如果*pcur为'*'，则pstar指向pcur位置，pcur自增1，且sstar指向scur

  - 如果pstar存在，则pcur指向pstar的下一个位置，scur指向sstar自增1后的位置

- 如果pcur为'*'，则pcur自增1

- 若*pcur存在，返回False，若不存在，返回True

C语言解法一：

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;
}

这道题也能用动态规划Dynamic Programming来解，写法跟之前那道题Regular Expression Matching很像，但是还是不一样。外卡匹配和正则匹配最大的区别就是在星号的使用规则上，对于正则匹配来说，星号不能单独存在，前面必须要有一个字符，而星号存在的意义就是表明前面这个字符的个数可以是任意个，包括0个，那么就是说即使前面这个字符并没有在s中出现过也无所谓，只要后面的能匹配上就可以了。而外卡匹配就不是这样的，外卡匹配中的星号跟前面的字符没有半毛钱关系，如果前面的字符没有匹配上，那么直接返回false了，根本不用管星号。而星号存在的作用是可以表示任意的字符串，当然只是当匹配字符串缺少一些字符的时候起作用，当匹配字符串包含目标字符串没有的字符时，将无法成功匹配。

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];
    }
};