【 Regular Expression Matching 】cpp
题目:
Implement regular expression matching with support for '.'
and '*'
.
'.' 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
代码:
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
// both s and p reach their ends
if ( p.empty() ) return s.empty();
// p's next is not *
if ( p[]!='*' )
{
return ( s[]==p[] || (p[]=='.' && !s.empty()) ) && Solution::isMatch(s.substr(), p.substr());
}
// p's next is * and curr s match curr p
int i = ;
for ( ; s[i]==p[] || (p[]=='.' && i<s.size()); ++i)
{
if ( Solution::isMatch(s.substr(i), p.substr()) ) return true;
}
// p's next is * but curr s not match curr p
return Solution::isMatch(s.substr(i), p.substr());
}
};
tips:
这个代码在Leetcode最新接口上,是可以AC的。
思路有些复杂:主要判断下一个p是否是*,并分类讨论。
虽然代码AC了,但是有些疑惑的地方依然存在:
1. p[1]!='*' 这个语句是会遇到p[1]不存在(索引越界)的情况的,在我的mac上返回的结果是NUL,但是OJ可以通过。
2. p.substr(2)这个语句也会遇到与1同样的问题。
虽然OJ通过了,但是还有各种边界隐患。如果string索引越界了,应该是引发未定义行为,但是不知道为何能通过。增加了一个修正的版本,如下,对于p.size()==1的情况单独处理。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
// both s and p reach their ends
if ( p.empty() ) return s.empty();
if ( p.size()== )
{
if ( s.empty() )
{
return false;
}
else
{
return ( s[]==p[] || p[]=='.' ) && Solution::isMatch(s.substr(), p.substr());
}
}
// p's next is not *
if ( p[]!='*' )
{
return ( s[]==p[] || (p[]=='.' && !s.empty()) ) && Solution::isMatch(s.substr(), p.substr());
}
// p's next is * and curr s match curr p
int i = ;
for ( ; s[i]==p[] || (p[]=='.' && i<s.size()); ++i)
{
if ( Solution::isMatch(s.substr(i), p.substr()) ) return true;
}
// p's next is * but curr s not match curr p
return Solution::isMatch(s.substr(i), p.substr());
}
};
这个版本是可以AC的,但自测的case还是有问题:
string s = "aaa"
string p = "c*a*b**"
对于连续两个*的就有问题,不知道是否是题意理解有误,不能出现连续两个*。
后续想清楚了,连续两个*属于非法输入,因为*相当于没有前驱节值了
===============================================================================
改用DP做一遍,看一下边界条件是否可以简化些。
代码:
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
const size_t len_s = s.length();
const size_t len_p = p.length();
bool dp[len_s+][len_p+];
// dp pre setting
dp[][] = true;
for (size_t i = ; i <=len_s; ++i) dp[i][] = false;for (size_t j = 1; j <=len_p; ++j)
{
if (p[j-]!='*')
{
dp[][j] = false;
}
else
{
dp[][j] = dp[][j-];
}
}
// dp process
for ( size_t i = ; i <=len_s; ++i )
{
for ( size_t j = ; j <=len_p; ++j )
{
if ( p[j-]!='*' )
{
dp[i][j] = ( s[i-]==p[j-] || p[j-]=='.' ) && dp[i-][j-] ;
}
else
// why p[j-2] and dp[i][j-2] not exceed the range?
// 'cause if a '*' occur, it must have a preceeding char
// So, j-2 is guaranteed non-negative
{
if ( dp[i][j-] || dp[i][j-] )
{
dp[i][j] = true;
}
else if ( dp[i-][j] )
{
dp[i][j] = s[i-]==p[j-] || p[j-]=='.';
}
else
{
dp[i][j] = false;
}
}
}
}
return dp[len_s][len_p];
}
};
tips:
DP的解法效率很高(8ms 9ms过大集合)。
大体思路:与递归算法类似,都是按照当前元素的下一个是否是*来分类讨论的。客观上dp效率更高,主观上个人觉得dp对于边界的界定更强。
1.关于dp[len_s+1][len_p+1]
这里定义了dp[len_s+1][len_p+1]的数组,dp[i][j]代表s[0~i-1]与p[0~j-1]是否匹配。
那么多了1个长度是干什么的呢?为了使得dp过程能进行下去,可以想象在s和p字符串前面都插入了一个空白字符。
因此dp[0][0]代表s和p都是空白的情况,自然也匹配(所以dp[0][0]=true)。在3.再说如何初始化dp[][]
2. 状态转移递推公式
这部分是dp的核心,先按照p的下一个元素是否是*来分类的
如果不是*,则需要dp[i-1][j-1] && s[i-1]==p[j-1] || p[j-1]=='.'
如果是*,则分以下三种:
a. 如果dp[i][j-1]==true,则证明不用这个‘*’也能给匹配了,则直接dp[i][j]=true
b. 如果dp[i][j-2]==true,则证明不用这个*,并且捎带脚把p[j-2]也给去了,还能匹配上,那就更是dp[i][j]=true
c. 如果dp[i-1][j]==true,则说明,加上这个*,能把s[0]~s[i-1]都匹配上;现在多了一个*,能不能匹配呢?再分两种情况:
c1. 如果p[j-2]==s[i-1],则加上p[j-1]的这个*,就相当于多复制出来一个p[j-2]与s[i-1]对位,则dp[i][j]=true
c2. 如果p[j-2]=='.',则加上p[j-1]的这个*,相当于由万能的‘.’衍生出来一个与s[i-1]相同的字符再与s[i-1]对位,则dp[i][j]=true
其余情况,则dp[i][j]=false;
这个过程可以看到,利用dp做这个题目比greedy算法要有优势。因为dp保存了每一轮子比较的结果,可以方便回溯;而greedy方法,一般只看当前的情况(如果要保存每一轮的教过,则灰常麻烦),本人一开始就试图用greedy方法,最后无奈放弃了。
3. dp[][]的初始化
再确定了dp的思路之后,为了要让dp过程能够起来,必须对dp状态进行初始化。我的逻辑顺序是,先确定dp的大体过程,然后再考虑如何初始化dp数组让过程起来。
考虑dp[][]定义多了一维(即s和p开头都多了一个空字符),因此需要初始化两种极端情况。
a. dp[i][0] 即s取前i个元素,p一个不取:显然都是false,不能匹配
b. dp[0][j] 即s一个不取,p取前j个元素:
b1. 如果p[j-1]!='*',则必然无法都消除p[0~j-1],至少留着了p[j-1]
b2. 如果p[j-1]=='*',则*前面的p[j-2]可以被这个*消除了,如果再有dp[0][j]==dp[0][j-2]
至此,dp初始化完成,都可以跑起来了。
4 关于如何保证'j-2'这类下标不会越界
这个问题困扰了我一段时间。后来终于明白了,OJ中给出的case都是合法的:即只要出现*,则它前面必然要有不是*的某个字符。
这种合法性具体体现在两点:
a. p开头不会有*
b. p任何位置不会有连续的两个*
注意,但凡出现'j-2'这类下标的地方,都是需要向前回溯的;又因为,只有下一个元素是*的时候,才需要向前回溯;因此,j-2这类下标就无形中得到了保证,不会越界。(但这种保障是leetcode的test case保证的,实际中不一定行)
Dynamic Programming方法在这道题上非常恰当,因为Greedy显然不利于回溯,而这道题要处理的case还多,几乎都涉及到前一个状态,后一个状态。因此毫无疑问DP是最佳的选择。
最后记录几个参考的日志:
http://www.bubuko.com/infodetail-604758.html
http://www.makuiyu.cn/2015/01/LeetCode_10.%20Regular%20Expression%20Matching/
http://blog.csdn.net/yangliuy/article/details/43834477
================================================
第二次过这道题,对于其他的方法已经都忘记了,首先想到的就是dp;基本照着原来的代码重新记着写了一遍。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
bool dp[s.size()+][p.size()+];
std::fill_n(&dp[][], (s.size()+)*(p.size()+), false);
dp[][] = true;
for ( int i=; i<=s.size(); ++i ) dp[i][] = false;
for ( int j=; j<=p.size(); ++j )
{
if ( p[j-]!='*' ){
dp[][j] = false;
}
else{
dp[][j] = dp[][j-];
}
}
for ( int i=; i<=s.size(); ++i )
{
for ( int j=; j<=p.size(); ++j )
{
if ( p[j-]!='*' )
{
dp[i][j] = dp[i-][j-] && (s[i-]==p[j-] || p[j-]=='.');
}
else
{
if ( dp[i][j-] || dp[i][j-] )
{
dp[i][j] = true;
}
else if ( dp[i-][j] )
{
dp[i][j] = p[j-]==s[i-] || p[j-]=='.';
}
else
{
dp[i][j] = false;
}
}
}
}
return dp[s.size()][p.size()];
}
};
(1)要按照p中当前是否是*讨论
(2)其余的都条件判断就是背一背吧
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