[Leetcode] 10. Regular Expression Matching 解题报告

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") → falseisMatch("aa","aa") → trueisMatch("aaa","aa") → falseisMatch("aa", "a*") → trueisMatch("aa", ".*") → trueisMatch("ab", ".*") → trueisMatch("aab", "c*a*b") → true

思路：

         这是一道相当难的题目，可以体现动态规划和回溯法的精髓。其中最难的部分是对‘*’的处理。

1、动态规划：定义dp[i][j]表示原字符串s的前i个字符和模式字符串p的前j个字符是否可以匹配。则递推式可以分为如下三种情况：

        1）p[j] == '.' || p[j] == s[i]：此时dp[i+1][j+1] = dp[i][j]，因为s和p的最后一个字符是匹配的。

        2）p[j] == '*'：此时p[j-1]可以选择在模式匹配中出现任意次，可以分为两种情况处理：

              a）无论p[j-1]和s[i]是否匹配，p[j-1]都可以选择在模式匹配时出现0次。此时一旦dp[i+1][j-1]  == true，则dp[i+1][j+1]为true。

              b）如果p[j-1]和s[i]匹配，那么此时p[j-1]还可以选择在模式匹配时出现至少1次，可以分为两种情况：

                    情况1：p[j-1] 在模式匹配时出现1次，此时dp[i+1][j+1] = dp[i+1][j]；

                    情况2：p[j-1]在模式匹配时出现多于1次，此时由于p[j-1]和s[i-1]至少匹配1次，故有dp[i+1][j+1] = dp[i][j+1]。

       需要注意空串和空串能够匹配，即dp[0][0] = true，并基于该基础递推地更新dp[0][j] （0 < j <= n）。

       由以上分析可知，dp[i+1][j+1]的计算依赖于dp[i][j], dp[i+1][j], dp[i][j+1], dp[i+1][j-1]，因此i和j都可以按照递增次序计算，时间复杂度为O(m*n)，其中m和n分别是s和p的长度。注意到dp[i+1][j+1]的计算仅仅依赖于其上一行的dp[i][j]和dp[i][j+1]，以及本行的dp[i+1][j-1]和dp[i+1][j]，所以我感觉理论上来讲可以将空间复杂度进一步优化到O(n)，但是我目前实现的算法还是有问题，随后有空再debug（欢迎有兴趣的同学留言讨论）。目前AC代码中的空间复杂度依然为O(n*m)。

2、回溯法：其基本思路和动态规划基本一致，但是采用递归来实现。通过观察代码可知，在p[j] == '*'的时候，代码存在回溯的情况，因此一些中间状态有可能被重复计算。可是实际情况是在该测试用例中，回溯法竟然比动态规划要快很多！作者推测可能对于本题而言，重复计算所增加的代价要小于冗余计算所增加的代价（在该题的动态规划中，由于dp[i+1][[j+1]的状态来源不一，具体取决于s[i]和p[j]是否匹配以及p[j]是否为‘*’，所以动态规划中某些中间状态的计算是不必要的）。

        为了进一步比较回溯法和动态规划法的性能，作者在回溯法的基础上记录状态(回溯法+记忆)，以免重复计算中间状态。结果惊奇地发现，无论在回溯法中是否增加记忆，在Leetcode上的运行时间都是6ms！但是作者认为至少可以证明回溯法+记忆的策略要明显好于动态规划，因为在相同的空间复杂度下，前者的运行时间大大减少，说明回溯法+记忆确实有效避免了动态规划中不必要的中间状态计算。进一步验证发现，采用单纯回溯法，中间状态确实有被重复计算的情况，不过重复次数并不过多。所以结论是：是否增加记忆就是一个空间和时间之间的tradeoff了。

代码：

1、动态规划：

class Solution {public:    bool isMatch(string s, string p)     {        if(s.length() == 0 && p.length() == 0)            return true;        vector<vector<bool>> dp(s.length() + 1,  vector<bool>(p.length() + 1, false));        dp[0][0] = true;        for(int j = 0; j < p.length(); ++j)     // for the case "c*"            dp[0][j + 1] = (p[j] == '*' && dp[0][j - 1]);        for(int i = 0; i < s.length(); ++i)        {            for(int j = 0; j < p.length(); ++j)            {                if(p[j] == '.' || p[j] == s[i])                {                    dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j];                }                else if(p[j] == '*')                {                    if(dp[i + 1][j - 1])                    // match 0 time is OK                    {                        dp[i + 1][j + 1] = true;                        continue;                    }                    if(p[j-1] == s[i] || p[j-1] == '.')     // can match at least 1 time                    {                        // dp[i+1][j] means match 1 time, dp[i][j+1] means match more than 1 time                        dp[i + 1][j + 1] = (dp[i + 1][j] || dp[i][j + 1]);                    }                }            }        }        return dp[s.length()][p.length()];    }};

2、回溯法（无状态记忆）：

class Solution {public:    bool isMatch(string s, string p)     {        int m = s.length(), n = p.length();        return backtracking(s, m, p, n);    }private:    bool backtracking(string &s, int i, string &p, int j)    {        // base case        if(i == 0 && j == 0)    return true;        if(i != 0 && j == 0)    return false;                // deduction case        if(i == 0 && j != 0)    // s is finished, but p is not finished        {            if(p[j - 1] == '*') // only p == "c*c*c*" pattern can match null string                return backtracking(s, i, p, j-2);            return false;        }        if(s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.')        {            return backtracking(s, i-1, p, j-1);        }        else if(p[j-1] == '*')        {            if(backtracking(s, i, p, j-2))              // p[j-2]* matches zero characters of s                return true;            if(p[j-2] == s[i-1] || p[j-2] == '.')       // p[j-2]* matches at least one time                return backtracking(s, i-1, p, j);            else                return false;        }        else        {            return false;        }    }};

3、回溯法（有状态记忆）：

class Solution {public:    bool isMatch(string s, string p)     {        int m = s.length(), n = p.length();        states.resize(m + 1, vector<int>(n + 1, -1));        return backtracking(s, m, p, n) == 1;    }private:    bool backtracking(string &s, int i, string &p, int j)    {        if(states[i][j] >= 0)            return states[i][j];                    // base case        if(i == 0 && j == 0)        return states[i][j] = 1;        else if(i != 0 && j == 0)   return states[i][j] = 0;                // deduction case        if(i == 0 && j != 0)    // s is finished, but p is not finished        {            if(p[j - 1] == '*') // only p == "c*c*c*" pattern can match null string                return states[i][j] = backtracking(s, i, p, j-2);            return states[i][j] = 0;        }        if(s[i-1] == p[j-1] || p[j-1] == '.')        {            return states[i][j] = backtracking(s, i-1, p, j-1);        }        else if(p[j-1] == '*')        {            if(backtracking(s, i, p, j-2))          // p[j-2]* matches zero characters of s                return states[i][j] = 1;            if(p[j-2] == s[i-1] || p[j-2] == '.')   // p[j-2]* matches at least one time                return states[i][j] = backtracking(s, i-1, p, j);            else                return states[i][j] = 0;        }        else        {            return states[i][j] = false;        }    }    vector<vector<int>> states;                     // we may also use hash map instead};