思路:
有2種特殊字元:
"*" 和 "." a*表示0或多個a,.表示可以是任何數
代碼:
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sLen=s.length();
int pLen=p.length();
//比s和p的長度多一行一列
boolean[][] dp=new boolean[sLen+1][pLen+1];
//是設為bool值而不是0/1
dp[0][0]=true;
//初始化首行,每次加偶數次,因為如果偶數位有*,就可以變為0個
for(int i=2;i<pLen+1;i+=2){
dp[0][i]=dp[0][i-2]&&p.charAt(i-1)=='*';
}
//注意邊界
for(int i=1;i<=sLen;i++){
for(int j=1;j<=pLen;j++){
//分是*和不是*的情況
if(p.charAt(j-1)=='*'){
dp[i][j]=dp[i][j-2]||dp[i-1][j]&&s.charAt(i-1)==p.charAt(j-2)||dp[i-1][j]&&p.charAt(j-2)=='.';
}
else{
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]&&s.charAt(i-1)==p.charAt(j-1)||dp[i-1][j-1]&&p.charAt(j-1)=='.';
}
}
}
return dp[sLen][pLen];
}
}
分解:
1)轉移方程:
分為2種情況:p[j-1]為*和p[j-1]不為*
i)p[j-1]='*':
(1)dp[i][j-2]是否為true,j後退2格,比較是否為true。然後因為j目前是*,可以忽略後面2個,相當于0個
(2)dp[i-1][j] i後退一格,比較i-1時是否為true。然後比較目前i與前一個j是否相等(s[i-1]=p[j-2]||p[j-2]='.')
p[j-2]等于'.'時,就相當于與s[i-1]相等了,因為它可以變為任何數
ii)p[j-1]!='*':
dp[i-1][j-1] i與j 都後退一格的情況。如果為true,則比較目前i與j的s和p是否相等
2)此題的dp類型是boolean[][]而不是int[][]
3)dp比s和p多一行一列,建立dp時dp[m+1][n+1]
4)最後傳回的結果是最後一個dp[m][n](dp[m+1][n+1]就出界了)
5)p[j-1]就代表的p中的第j個字元
複雜度分析:
時間複雜度:O(M*N) m行n列都要周遊到,也就是每一個數
空間複雜度:O(M*N) dp存儲了所有的數的bool類型