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LeetCode 10 题
题目描述（中等难度）
一个简单规则的匹配，「点.」代表任意字符，「星号*」 代表前一个字符重复 0 次或任意次。
解法一 递归
假如没有通配符 * ，这道题的难度就会少了很多，我们只需要一个字符，一个字符匹配就行。如果对递归不是很了解，强烈建议看下这篇文章，可以理清一下递归的思路。
-
我们假设存在这么个函数 isMatch，它将告诉我们 text 和 pattern 是否匹配
boolean isMatch ( String text, String pattern ) ;
-
递归规模减小
text 和 pattern 匹配，等价于 text 和 patten 的第一个字符匹配并且剩下的字符也匹配，而判断剩下的字符是否匹配，我们就可以调用 isMatch 函数。也就是
(pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '.')&&isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1)); Copy -
递归出口
随着规模的减小， 当 pattern 为空时，如果 text 也为空，就返回 True，不然的话就返回 False 。
if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty(); Copy
综上，我们的代码是
public boolean isMatch(String text, String pattern) {
if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty();
//判断 text 是否为空，防止越界，如果 text 为空， 表达式直接判为 false, text.charAt(0)就不会执行了
boolean first_match = (!text.isEmpty() &&
(pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '.'));
return first_match && isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1));
}
Copy
当我们考虑了 * 呢，对于递归规模的减小，会增加对于 * 的判断，直接看代码吧。
public boolean isMatch(String text, String pattern) {
if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty();
boolean first_match = (!text.isEmpty() &&
(pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '.'));
//只有长度大于 2 的时候，才考虑 *
if (pattern.length() >= 2 && pattern.charAt(1) == '*'){
//两种情况
//pattern 直接跳过两个字符。表示 * 前边的字符出现 0 次
//pattern 不变，例如 text = aa ，pattern = a*，第一个 a 匹配，然后 text 的第二个 a 接着和 pattern 的第一个 a 进行匹配。表示 * 用前一个字符替代。
return (isMatch(text, pattern.substring(2)) ||
(first_match && isMatch(text.substring(1), pattern)));
} else {
return first_match && isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1));
}
}
Copy
时间复杂度：有点儿小复杂，待更。
空间复杂度：有点儿小复杂，待更。
解法二 动态规划
上边的递归，为了方便理解，简化下思路。
为了判断 text [ 0，len ] 的情况，需要知道 text [ 1，len ]
为了判断 text [ 1，len ] 的情况，需要知道 text [ 2，len ]
为了判断 text [ 2，len ] 的情况，需要知道 text [ 3，len ]
...
为了判断 text [ len - 1，len ] 的情况，需要知道 text [ len，len ]
text [ len，len ] 肯定好求
求出 text [ len，len ] 的情况，就知道了 text [ len - 1，len ]
求出 text [ len - 1，len ] 的情况，就知道了 text [ len - 2，len ]
...
求出 text [ 2，len ] 的情况，就知道了 text [1，len ]
求出 text [ l1，len ] 的情况，就知道了 text [ 0，len ]
从而知道了 text [ 0，len ] 的情况，求得问题的解。
上边就是先压栈，然后出栈，其实我们可以直接倒过来求，可以省略压栈的过程。
我们先求 text [ len，len ] 的情况
利用 text [ len，len ] 的情况 ，再求 text [ len - 1，len ] 的情况
...
利用 text [ 2，len ] 的情况 ，再求 text [ 1，len ] 的情况
利用 text [1，len ] 的情况 ，再求 text [ 0，len ] 的情况
从而求出问题的解
我们用 dpid**pi表示 text 从 i 开始到最后，pattern 从 j 开始到最后，此时 text 和 pattern 是否匹配。
public boolean isMatch(String text, String pattern) {
// 多一维的空间，因为求 dp[len - 1][j] 的时候需要知道 dp[len][j] 的情况，
// 多一维的话，就可以把 对 dp[len - 1][j] 也写进循环了
boolean[][] dp = new boolean[text.length() + 1][pattern.length() + 1];
// dp[len][len] 代表两个空串是否匹配了，"" 和 "" ，当然是 true 了。
dp[text.length()][pattern.length()] = true;
// 从 len 开始减少
for (int i = text.length(); i >= 0; i--) {
for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) {
// dp[text.length()][pattern.length()] 已经进行了初始化
if(i==text.length()&&j==pattern.length()) continue;
boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length()
&& (pattern.charAt(j) == text.charAt(i) || pattern.charAt(j) == '.'));
if (j + 1 < pattern.length() && pattern.charAt(j + 1) == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j + 2] || first_match && dp[i + 1][j];
} else {
dp[i][j] = first_match && dp[i + 1][j + 1];
}
}
}
return dp[0][0];
}
Copy
时间复杂度：假设 text 的长度是 T，pattern 的长度是 P ，空间复杂度就是 O（TP）。
空间复杂度：申请了 dp 空间，所以是 O（TP），因为每次循环我们只需要知道 i 和 i + 1 时候的情况，所以我们可以向 第 5 题 一样进行优化。
public boolean isMatch(String text, String pattern) {
// 多一维的空间，因为求 dp[len - 1][j] 的时候需要知道 dp[len][j] 的情况，
// 多一维的话，就可以把 对 dp[len - 1][j] 也写进循环了
boolean[][] dp = new boolean[2][pattern.length() + 1];
dp[text.length()%2][pattern.length()] = true;
// 从 len 开始减少
for (int i = text.length(); i >= 0; i--) {
for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) {
if(i==text.length()&&j==pattern.length()) continue;
boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length()
&& (pattern.charAt(j) == text.charAt(i) || pattern.charAt(j) == '.'));
if (j + 1 < pattern.length() && pattern.charAt(j + 1) == '*') {
dp[i%2][j] = dp[i%2][j + 2] || first_match && dp[(i + 1)%2][j];
} else {
dp[i%2][j] = first_match && dp[(i + 1)%2][j + 1];
}
}
}
return dp[0][0];
}
Copy
时间复杂度：不变， O（TP）。
空间复杂度：主要用了两个数组进行轮换，O（P）。
总结
这道题对于递归的解法，感觉难在怎么去求时间复杂度，现在还没有什么思路，以后再来补充吧。整体来说，只要理清思路，两种算法还是比较好理解的。
