44. Wildcard Matching

题目：

Implement wildcard pattern matching with support for '?' and '*'.

'?' Matches any single character.
'*' Matches any sequence of characters (including the empty sequence).

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", "*") → true
isMatch("aa", "a*") → true
isMatch("ab", "?*") → true
isMatch("aab", "c*a*b") → false

链接：  http://leetcode.com/problems/wildcard-matching/

题解：

这道题是一刷里放弃的6道题中第一道。看过<挑战程序设计>以后还是决定好好对待这道题目。 前些天专门学习了NFA，但对这道题目还是会time out。试过把*预处理为"?*"之后可以用regular expression的DP方法来过，但是速度比较慢。 这道题也是Two Sigma上午三轮技术面里必考的一道题。 以后再遇到这类题目，我要尽可能使用DP来做，好好练习DP。

又做到了这一题，下面用dp来解决。虽然AC但是速度很慢，有很多地方需要优化，比如更多的pruning，Space Complexity减少为O(n)等等。Reference里有三个解得就非常好。 留给三刷继续深入研究这道题目。

下面使用DP解决的思路。代码大部分和 10. Regular Expression Matching 一样。直接拷贝自己的解释。

使用DP的方法:

1. 在初始的判断之后，首先建立dp矩阵res[][] = new boolean[m + 1][n + 1]。其中res[i][j]是指s到字符i - 1，p到字符j - 1的match情况，true为match。
2. res[0][0] = true表示s和p都为""的时候match成功
3. 接下来对pattern p的首行'*'号的0 match情况进行初始化，res[0][j] = res[0][j - 1] && p.charAt(j - 1) == '*'。这里表示，假如res[0][j - 1]，也就是""与p.charAt(j - 2)成功match，那么因为当前字符p.charAt(j - 1) = '*'可以代表空字符串，所以res[0][j]也肯定match成功。我们发现在10. Regular Expression Matching与这一题44. Wildcard Matching中， 合理得初始化都是都是必不可少的步骤。
4. 之后我们就可以从从位置(1, 1)开始对res矩阵进行二维dp，主要分为两种情况
1. p.charAt(i - 1)不等于'*'： 这里表示matching transition，假如s和p的上一个字符match, 即res[i - 1][j - 1] == true，同时新的字符s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1)，或者p.charAt(j - 1) == '?'， 那么我们可以确定res[i][j] = true，这表示到 s 和 p 到 i - 1和j - 1的位置是match的
2. 假如p.charAt(i - 1) == '*': 这里表示epsilon transition，系统可能处于不同的状态，我们要分多种情况进行考虑，只要有一个状态为true，在这个位置的结果就为true，是一个“或”的关系:
1. res[i][j - 1] == true，即s.charAt(i - 1) match p.charAt(j - 2)，这里'*'号可以当作""，表示0 matching，这种情况下，我们可以认为状态合理，res[i][j] = true。 例 "C" match "C*"， i = 2， j = 2，这里C match C，'*'作为空字符串""，所以我们match成功
2. res[i - 1][j] == true，即s.charAt(i - 2) match p.charAt(j - 1)，这里'*'号是被当做"s[j - 2]" + "s[j - 1]"这两个字符拼起来的字符串。因为'*'可以代表任意字符串，所以假如res[i - 1][j] == true，那么res[i][j]也一定是true，其实这样类推下去，res[i + 1][j]也是true，这一列都是true。 (根据这个特性其实我们可以巧妙地改写一下，提前把这一列剩下元素都设置为true，可以减少不少数组访问)。 例 "AC" match "*", i = 2, j = 1，这时候'*'可以作为'AC'，所以也是match成功。
5. 数组全部遍历完毕之后我们返回res[m][n]

Time Complexity - O(mn)， Space Complexity - O(mn)

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (s == null || p == null) {
            return false;
        }
        if (p.length() == 0) {
            return s.length() == 0;
        }
        int m = s.length(), n = p.length();
        boolean[][] res = new boolean[m + 1][n + 1];
        res[0][0] = true;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (res[0][j - 1] && p.charAt(j - 1) == '*') {
                res[0][j] = true;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (p.charAt(j - 1) == '*') {
                    if (res[i][j - 1] || res[i - 1][j]) {
                        res[i][j] = true;
                    }
                } else {
                    if (res[i - 1][j - 1] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '?')) {
                        res[i][j] = true;
                    }
                }
            }
        }
        return res[m][n];
    }
}

Test Case:

("aab", "c*a*b")

("aa", "a")

("aa", "*")

二刷:

这里我们依然使用二维DP来做这道题。 空间还可以继续优化到一维DP。 时间也可以继续优化。这道题也是Two Sigma上午onsite第二轮的必考题。 这道题dp并非最优解。

下面我们来分析dp解法。

1. 找出base状态。这里依然是s和p均为空字符串时，两串match，返回true
2. 初始化。 这时候我们要创建2维DP矩阵。 矩阵里面的 dp[i][j]的意思是， 到串s的第i - 1个字符和串p的第j - 1个字符是否match。我们还要对i = 0时，即s为空串时的dp数组进行初始化。这时假如dp[0][j - 1]为true，并且p.charAt(j - 1)为*的话， 因为'*'可以match任何串，dp[0][j]为true， 直到我们遇到一个非'*'的字符为止。
3. 分析转移方程。
   1. 当p.charAt(j - 1) = '*'时，我们只需要查看之前保存下来的结果，当dp[i - 1][j]或者dp[i][j - 1]为true的时候，我们可以设置dp[i][j] = true。 即我们可以从 (i - 1, j)或者(i, j - 1)扩展到(i, j)。
   2. 否则p.charAt(j - 1)不为'*'。我们按照regular expression matching的老方法， 在dp[i - 1][j - 1]即前两个字母match的情况下，查看现在s中的字符s.charAt(i - 1)是否等于现在p中的字符p.charAt(j - 1)，或者现在p的字符是否为通配符'?'
4. 返回结果

Java:

Time Complexity - O(mn)， Space Complexity - O(mn)

public class Solution {
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (s == null || p == null) return s == p;
        if (p.length() == 0) return s.length() == 0;
        int sLen = s.length(), pLen = p.length();
        boolean[][] dp = new boolean[sLen + 1][pLen + 1];
        dp[0][0] = true;
        for (int j = 1; j <= pLen; j++) {
            if (!dp[0][j - 1] || (p.charAt(j - 1) != '*')) break;
            else dp[0][j] = true;
        }

        for (int i = 1; i <= sLen; i++) {
            for (int j = 1; j <= pLen; j++) {
                if (p.charAt(j - 1) != '*') {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] && ((s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1)) || (p.charAt(j - 1) == '?'));
                } else {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1];
                }
            }
        }
        return dp[sLen][pLen];
    }
}

Reference：

https://leetcode.com/discuss/10133/linear-runtime-and-constant-space-solution

https://leetcode.com/discuss/29445/my-java-dp-solution

https://leetcode.com/discuss/26399/python-dp-solution

http://www.1point3acres.com/bbs/thread-101201-1-1.html

https://github.com/Linzertorte/LeetCode-in-Python/blob/master/WildcardMatching.py

http://codeganker.blogspot.com/2014/03/wildcard-matching-leetcode.html

http://www.cnblogs.com/grandyang/p/4401196.html

http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/21198049

http://yucoding.blogspot.com/2013/02/leetcode-question-123-wildcard-matching.html

https://leetcode.com/discuss/49254/fastest-non-dp-solution-with-o-1-space

http://www.cnblogs.com/steven_oyj/archive/2010/05/22/1741374.html

http://sunzone.iteye.com/blog/1856387