给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。
'.' 匹配任意单个字符 '*' 匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
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 = "a*" 输出: true 解释: 因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。
示例 3:
输入: s = "ab" p = ".*" 输出: true 解释: ".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4:
输入: s = "aab" p = "c*a*b" 输出: true 解释: 因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。
示例 5:
输入: s = "mississippi" p = "mis*is*p*." 输出: false
这道求正则表达式匹配的题和那道 Wildcard Matching 的题很类似，不同点在于*的意义不同，在之前那道题中，*表示可以代替任意个数的字符，而这道题中的*表示之前那个字符可以有0个，1个或是多个，就是说，字符串a*b，可以表示b或是aaab，即a的个数任意，这道题的难度要相对之前那一道大一些，分的情况的要复杂一些，需要用递归Recursion来解，大概思路如下：
- 若p为空，若s也为空，返回true，反之返回false。
- 若p的长度为1，若s长度也为1，且相同或是p为'.'则返回true，反之返回false。
- 若p的第二个字符不为*，若此时s为空返回false，否则判断首字符是否匹配，且从各自的第二个字符开始调用递归函数匹配。
- 若p的第二个字符为*，进行下列循环，条件是若s不为空且首字符匹配（包括p[0]为点），调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p（这样做的原因是假设此时的星号的作用是让前面的字符出现0次，验证是否匹配），若匹配返回true，否则s去掉首字母（因为此时首字母匹配了，我们可以去掉s的首字母，而p由于星号的作用，可以有任意个首字母，所以不需要去掉），继续进行循环。
- 返回调用递归函数匹配s和去掉前两个字符的p的结果（这么做的原因是处理星号无法匹配的内容，比如s="ab", p="a*b"，直接进入while循环后，我们发现"ab"和"b"不匹配，所以s变成"b"，那么此时跳出循环后，就到最后的return来比较"b"和"b"了，返回true。再举个例子，比如s="", p="a*"，由于s为空，不会进入任何的if和while，只能到最后的return来比较了，返回true，正确）。
解法一：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() == 1) {
return (s.size() == 1 && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'));
}
if (p[1] != '*') {
if (s.empty()) return false;
return (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
}
while (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.')) {
if (isMatch(s, p.substr(2))) return true;
s = s.substr(1);
}
return isMatch(s, p.substr(2));
}
};
上面的方法可以写的更加简洁一些，但是整个思路还是一样的，我们先来判断p是否为空，若为空则根据s的为空的情况返回结果。当p的第二个字符为*号时，由于*号前面的字符的个数可以任意，可以为0，那么我们先用递归来调用为0的情况，就是直接把这两个字符去掉再比较，或者当s不为空，且第一个字符和p的第一个字符相同时，我们再对去掉首字符的s和p调用递归，注意p不能去掉首字符，因为*号前面的字符可以有无限个；如果第二个字符不为*号，那么我们就老老实实的比较第一个字符，然后对后面的字符串调用递归，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() > 1 && p[1] == '*') {
return isMatch(s, p.substr(2)) || (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p));
} else {
return !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
}
}
};
我们也可以用DP来解，定义一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示s[0,i)和p[0,j)是否match，然后有下面三种情况(下面部分摘自这个帖子)：
1. P[i][j] = P[i - 1][j - 1], if p[j - 1] != '*' && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
2. P[i][j] = P[i][j - 2], if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for 0 times;
3. P[i][j] = P[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'), if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for at least 1 times.
解法三：
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 = 0; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (j > 1 && p[j - 1] == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') && dp[i - 1][j]);
} else {
dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
}
}
}
return dp[m][n];
}
};