问题描述
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 = "ab"
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"
输出: false
问题解法
没A出来。看了官方题解。我的思路是这样的，对s中的每一个字母去匹配。与p中的字母和'?'的匹配都是一定的。难搞的只有''。因此当s[i]要匹配到p[j]，p[j]==''时，我对p[j+1]进行了讨论。可以为空，为'?'，为''，为字母，然后进行不同的处理。在匹配''时，获得最接近它下一个字母的在s中位置index，然后从这个位置去判断(si,index)能不能够匹配的上进行回溯。在法四中是采用了双指针的做法记录回溯。我的在过测试用例时有超过时间限制的。
方法一 动态规划(处理两个字符串关系或者匹配问题常用动态规划）
在给定的模式 p 中，只会有三种类型的字符出现:
小写字母 a−z，可以匹配对应的一个小写字母；
问号 ?，可以匹配任意一个小写字母；
星号 *，可以匹配任意字符串，可以为空，也就是匹配零或任意多个小写字母。
其中「小写字母」和「问号」的匹配是确定的，而「星号」的匹配是不确定的，因此我们需要枚举所有的匹配情况。为了减少重复枚举，我们可以使用动态规划来解决本题。
我们用 dp[i][j] 表示字符串 s 的前i 个字符和模式 p 的前 j 个字符是否能匹配。在进行状态转移时，我们可以考虑模式 p的第 j 个字符 p[j]，与之对应的是字符串 s中的第 i 个字符 s[i]：
-
如果 p[j] 是小写字母，那么 s[i] 必须也为相同的小写字母，状态转移方程为：
dp[i][j]=(s[i] 与 p[j]相同)∧dp[i−1][j−1]
其中 ∧表示逻辑与运算。也就是说，dp[i][j] 为真，当且仅当 dp[i−1][j−1] 为真，并且 s[i] 与 p[j] 相同。 -
如果 p[j]是问号，那么对 s[i]没有任何要求，状态转移方程为：
dp[i][j]=dp[i−1][j−1] -
如果 p[j]是星号，那么同样对 s[i]没有任何要求，但是星号可以匹配零或任意多个小写字母，因此状态转移方程分为两种情况，即使用或不使用这个星号：
dp[i][j]=dp[i][j−1]∨dp[i−1][j]
其中 ∨表示逻辑或运算。如果我们不使用这个星号，那么就会从 dp[i][j−1]转移而来；如果我们使用这个星号，那么就会从 dp[i−1][j] 转移而来。
只有确定了边界条件，才能进行动态规划。在上述的状态转移方程中，由于 dp[i][j] 对应着 s的前i个字符和模式p的前j个字符，因此所有的 dp[0][j]和dp[i][0]都是边界条件，因为它们涉及到空字符串或者空模式的情况，这是我们在状态转移方程中没有考虑到的：
dp[0][0]==True，即当字符串 s 和模式 p 均为空时，匹配成功；
dp[i][0]=False，即空模式无法匹配非空字符串；
dp[0][j]需要分情况讨论：因为星号才能匹配空字符串，所以只有当模式 p 的前 j 个字符均为星号时，dp[0][j]才为真。
我们可以发现，dp[i][0]的值恒为假，dp[0][j]在 j 大于模式p的开头出现的星号字符个数之后，值也恒为假，而 dp[i][j]的默认值（其它情况）也为假，因此在对动态规划的数组初始化时，我们就可以将所有的状态初始化为 False减少状态转移的代码编写难度。
最终的答案即为 dp[m][n]，其中 m和 n分别是字符串 s 和模式 p 的长度。需要注意的是，由于大部分语言中字符串的下标从 0开始，因此 s[i] 和 p[j] 分别对应着 s[i−1]和 p[j−1]。
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
boolean[][] dp=new boolean[s.length()+1][p.length()+1];//dp[i][j]表示s的前i个字符和p的前j个字符的匹配情况
//边界条件
dp[0][0]=true;
for(int j=1;j<p.length()+1;j++) {
if(p.charAt(j-1)!='*')
break;
dp[0][j]=true;
}
for(int i=1;i<=s.length();i++) {
for(int j=1;j<=p.length();j++) {
if(s.charAt(i-1)==p.charAt(j-1)||p.charAt(j-1)=='?') {
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
}else if(p.charAt(j-1)=='*') {
dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i][j-1];//这里比较难理解。后面表示没有用这个'*'匹配任何字符。前面表示第i个s字符和这个'*'匹配成功但需要与i-1与这个'*'的匹配做交集
}
}
}
return dp[s.length()][p.length()];
}
}
此外，在状态转移方程中，由于 dp[i][j] 只会从 dp[i][..] 以及 dp[i−1][..]转移而来，因此我们可以使用滚动数组对空间进行优化，即用两个长度为 n+1 的一维数组代替整个二维数组进行状态转移，空间复杂度为 O(n)。
方法二 贪心
方法一的瓶颈在于对星号的处理方式：使用动态规划枚举所有的情况。由于星号是「万能」的匹配字符，连续的多个星号和单个星号实际上是等价的，那么不连续的多个星号呢？
我们以 p=∗ abcd ∗为例p可以匹配所有包含子串abcd的字符串，也就是说，我们只需要暴力地枚举字符串s中的每个位置作为起始位置，并判断对应的子串是否为 abcd 即可。这种暴力方法的时间复杂度为 O(mn)与动态规划一致，但不需要额外的空间。
如果 p=∗ abcd∗efgh∗i呢？显然，p可以匹配所有依次出现子串 abcd的字符串。此时，对于任意一个字符串 s，我们首先暴力找到最早出现的 abcd，随后从下一个位置开始暴力找到最早出现的 efgh，最后找出i，就可以判断 s 是否可以与p匹配。这样「贪心地」找到最早出现的子串是比较直观的，因为如果s中多次出现了某个子串，那么我们选择最早出现的位置，可以使得后续子串能被找到的机会更大。
因此，如果模式p的形式为∗u1∗u2∗u3 ∗⋯∗ux即字符串（可以为空）和星号交替出现，并且首尾字符均为星号，那么我们就可以设计出下面这个基于贪心的暴力匹配算法。算法的本质是：如果在字符串s中首先找到u1,再找到 u2,u3,⋯ ,ux那么 s 就可以与模式 p匹配，伪代码如下：
/ 我们用 sIndex 和 pIndex 表示当前遍历到 s 和 p 的位置
// 此时我们正在 s 中寻找某个 u_i
// 其在 s 和 p 中的起始位置为 sRecord 和 pRecord
// sIndex 和 sRecord 的初始值为 0
// 即我们从字符串 s 的首位开始匹配
sIndex = sRecord = 0
// pIndex 和 pRecord 的初始值为 1
// 这是因为模式 p 的首位是星号，那么 u_1 的起始位置为 1
pIndex = pRecord = 1
while sIndex < s.length and pIndex < p.length do
if p[pIndex] == '*' then
// 如果遇到星号，说明找到了 u_i，开始寻找 u_i+1
pIndex += 1
// 记录下起始位置
sRecord = sIndex
pRecord = pIndex
else if match(s[sIndex], p[pIndex]) then
// 如果两个字符可以匹配，就继续寻找 u_i 的下一个字符
sIndex += 1
pIndex += 1
else if sRecord + 1 < s.length then
// 如果两个字符不匹配，那么需要重新寻找 u_i
// 枚举下一个 s 中的起始位置
sRecord += 1
sIndex = sRecord
pIndex = pRecord
else
// 如果不匹配并且下一个起始位置不存在，那么匹配失败
return False
end if
end while
// 由于 p 的最后一个字符是星号，那么 s 未匹配完，那么没有关系
// 但如果 p 没有匹配完，那么 p 剩余的字符必须都是星号
return all(p[pIndex] ~ p[p.length - 1] == '*')
然而模式 p 并不一定是 ∗ u1∗u2∗u3 ∗⋯∗ux 的形式：
模式 p的开头字符不是星号；
模式 p的结尾字符不是星号。
第二种情况处理起来并不复杂。如果模式 p 的结尾字符不是星号，那么就必须与字符串 s的结尾字符匹配。那么我们不断地匹配 s 和 p 的结尾字符，直到p为空或者p的结尾字符是星号为止。在这个过程中，如果匹配失败，或者最后p为空但 s不为空，那么需要返回 False。
第一种情况的处理也很类似，我们可以不断地匹配 s 和 p 的开头字符。下面的代码中给出了另一种处理方法，即修改 sRecord 和 tRecord 的初始值为 −1，表示模式 p 的开头字符不是星号，并且在匹配失败时进行判断，如果它们的值仍然为 −1，说明没有「反悔」重新进行匹配的机会。
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sRight = s.length(), pRight = p.length();
while (sRight > 0 && pRight > 0 && p.charAt(pRight - 1) != '*') {
if (charMatch(s.charAt(sRight - 1), p.charAt(pRight - 1))) {
--sRight;
--pRight;
} else {
return false;
}
}
if (pRight == 0) {
return sRight == 0;
}
int sIndex = 0, pIndex = 0;
int sRecord = -1, pRecord = -1;
while (sIndex < sRight && pIndex < pRight) {
if (p.charAt(pIndex) == '*') {
++pIndex;
sRecord = sIndex;
pRecord = pIndex;
} else if (charMatch(s.charAt(sIndex), p.charAt(pIndex))) {
++sIndex;
++pIndex;
} else if (sRecord != -1 && sRecord + 1 < sRight) {
++sRecord;
sIndex = sRecord;
pIndex = pRecord;
} else {
return false;
}
}
return allStars(p, pIndex, pRight);
}
public boolean allStars(String str, int left, int right) {
for (int i = left; i < right; ++i) {
if (str.charAt(i) != '*') {
return false;
}
}
return true;
}
public boolean charMatch(char u, char v) {
return u == v || v == '?';
}
}
方法三 AC自动机
方法四 双指针加贪心（类似我的想法，只不过他写出来了）
public static boolean isMatch(String s, String p) {
int i=0,j=0,istart=-1,jstart=-1;
while(i<s.length()) {
if(j<p.length()&&(s.charAt(i)==p.charAt(j)||p.charAt(j)=='?')) {
i++;j++;
}else if(j<p.length()&&p.charAt(j)=='*') {
istart=i;//记录当前已经匹配成功的位置
jstart=j++;//记录这个'*'的位置并且使j后移一位
}else if(istart>=0){//匹配长度不够（不然不会进入到这个分支）
i=++istart;//istart本来记录的是可以匹配到的地方,++istart后为下一次更新i做准备（因为当istart不变时已经试探过了），i用来试探
j=jstart+1;//用“*”后面的字符来匹配
}else return false;
}
while(j<p.length()&&p.charAt(j)=='*') {//去除多余'*'
j++;
}
return j==p.length();
}