问题描述
题目链接
‘.’ Matches any single character.
‘*’ Matches zero or more of the preceding element.
The matching should cover the entire input string (not partial).
The function prototype should be:
bool isMatch(const char *s,const char *p)
Some examples:
isMatch(“aa”,”a”) → false
isMatch(“aa”,”aa”) → true
isMatch(“aaa”,”aa”) → false
isMatch(“aa”,“a*”) → true
isMatch(“aa”,“.*”) → true
isMatch(“ab”,“.*”) → true
isMatch(“aab”,“c*a*b”) → true
问题分析
正则表达式匹配问题，首先要弄清楚问题里面的要求，总结下来正则式中会有以下四种类型的正则项：
- a型，单个字母，正常匹配，1对1；
- a*型，匹配0到n个重复字母(a*)，视情况而定；
- .型，匹配任意1个字母；
- .*型，屌爆存在，想咋匹配自便！
算法构思
一开始没太理解.的意思走了弯路，钻了牛角，一直想从字符串两端向中部匹配，最后是.*XXX.的格局，按照这种设想在leetcode上测试给出了wrong answer的情况，问题是XXX有可能出现在字符串中不止1次！而我任性的取了它出现的“第一次”，所以会漏到一些情况，导致不能匹配。
后来想到解决这个问题一定是从前面到后面匹配的过程（思考多了就会有这种意识），关键在于怎么解决a* 和.* 类型的匹配，嗯，很简单（现在觉得╮(╯▽╰)╭），就是把所有可能的答案都作为候选集，举个例子：正则项a* 遇到aaa，有四种可能的匹配：0匹配、a、aa、aaa，而a*aa* 遇到aaa有三种可能：a、aa、aaa；.* 遇到bcd，有四种候补：0匹配、b、bc、bcd。
数据结构
问题来了,duang，duang，duang~
- 预处理正则表达式？
将正则表达式的字符串预处理为上述四种类型的正则表达项
- 如何管理这些候补集呢？
队列，恩，每次出现新的匹配放入队列即可。
- 如何判断是否匹配成功呢？
两种情况：
一是待匹配字符串和正则表达式全部匹配结束，则一定是成功的；
二是只有待匹配字符创匹配结束而正则表达式剩余项全都是a* or .* 类型的正则项。
代码
说明：刚开始用的vector存储的候补集，运行时间为73ms，后来改为数组的循环队列（注：这里没考虑队列满的情况，所以数组开的很大）后缩短至27ms，提升效果显著。。。
class Solution {
public:
bool isMatch(const char *s,const char *p) {
int slen = strlen(s);
int plen = strlen(p);
int alen = 0;
int i = 0,j = 0;
int count_p_single = 0;
string *arr = new string[plen];
//预处理正则表达式
while (i < plen){
if (i + 1 < plen&&p[i + 1] == '*'){
arr[alen] += p[i];
arr[alen] += p[i + 1];
i = i + 2;
}
else{
arr[alen] += p[i];
i++;
count_p_single++;
}
alen++;
}
//vector<int> vec_i; //i在字符串s上的所有当前候选位置
//vector<int> vec_j; //j在字符串arr上的所有当前候选位置
i = j = 0;
//vec_i.push_back(i);
//vec_j.push_back(j);
int queue_i[100000]; //i在字符串s上的所有当前候选位置
int queue_j[100000]; //j在字符串arr上的所有当前候选位置
int tail_i; //队尾，进队操作
int head_i; //对头，出队操作
int tail_j;
int head_j;
tail_i = tail_j = head_i = head_j = 0;
queue_i[tail_i++ % 100000] = 0;
queue_j[tail_j++ % 100000] = 0;
//while (vec_i.size() > 0){
while (head_i % 100000 != tail_i % 100000){
//i = vec_i.back();
//j = vec_j.back();
//vec_i.pop_back();
//vec_j.pop_back();
i = queue_i[head_i++ % 100000];
j = queue_j[head_j++ % 100000];
if (i == slen && j == alen) return true;
if (i == slen && j<alen) {
int flag = 0;
for (int k = j; k < alen; k++)
if (arr[k].length() == 1) flag = 1;
if (!flag)
return true;
}
if (i >= slen || j >= alen || slen-i < count_p_single) continue;
//情况1：a 或 .
if (arr[j].length() == 1){
if (arr[j][0] == s[i] || arr[j][0] == '.'){
i++; j++;
//vec_i.push_back(i);
//vec_j.push_back(j);
queue_i[tail_i++ % 100000] = i;
queue_j[tail_j++ % 100000] = j;
count_p_single--;
}
else
{
continue;
}
}
//情况2：a*
else if (arr[j].length() == 2 && arr[j][0] != '.'){
//vec_i.push_back(i);
//vec_j.push_back(j + 1);
queue_i[tail_i++ % 100000] = i;
queue_j[tail_j++ % 100000] = j + 1;
if(arr[j][0]==s[i]){
char goal = s[i];
int counts = 0,counta = 0;
while (i < slen&&s[i] == goal) {
counts++;
i++;
}
while (j < alen&&arr[j][0] == goal){
if (arr[j].length() == 1)
counta++;
j++;
}
//aaa 3
//a*aa* 1 3>=1
if (counta > counts) continue;
for (int x = counta; x <= counts; x++){
//vec_i.push_back(i-counts+x);
//vec_j.push_back(j);
queue_i[tail_i++ % 100000] = i - counts + x;
queue_j[tail_j++ % 100000] = j;
}
}
}
//情况3：.*
else if (arr[j].length() == 2 && arr[j][0] == '.'){
if (alen - 1 - j <= 0) return true;
j = j + 1;
for (int m = i; m <= slen; m++){
//vec_i.push_back(m);
//vec_j.push_back(j);
queue_i[tail_i++ % 100000] = m;
queue_j[tail_j++ % 100000] = j;
}
}
}
return false;
}
};