思路:
思路一: 利用两个指针进行遍历。
在代码里解释.
时间复杂度为:O(mn)O(mn)O(mn)
思路二: 动态规划
dp[i][j]表示s到i位置,p到j位置是否匹配!
初始化:
dp[0][0]:什么都没有,所以为true
第一行dp[0][j],换句话说,s为空,与p匹配,所以只要p开始为*才为true
第一列dp[i][0],当然全部为False
动态方程:
如果(s[i] == p[j] || p[j] == "?") && dp[i-1][j-1] ,有dp[i][j] = true
如果p[j] == "*" && (dp[i-1][j] = true || dp[i][j-1] = true) 有dp[i][j] = true
note:
dp[i][j-1],表示*代表是空字符,例如ab,ab*
dp[i-1][j],表示*代表非空任何字符,例如abcd,ab*
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sn = s.length();
int pn = p.length();
int i = 0;
int j = 0;
int start = -1;
int match = 0;
while (i < sn) {
if (j < pn && (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '?')) {
i++;
j++;
} else if (j < pn && p.charAt(j) == '*') {
start = j;
match = i;
j++;
} else if (start != -1) {
j = start + 1;
match++;
i = match;
} else {
return false;
}
}
while (j < pn) {
//plan b
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
boolean[][] dp = new boolean[s.length() + 1][p.length() + 1];
dp[0][0] = true;
for (int j = 1; j < p.length() + 1; j++) {
if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[0][j] = dp[0][j - 1];
}
}
for (int i = 1; i < s.length() + 1; i++) {
for (int j = 1; j < p.length() + 1; j++) {
if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '?') {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[s.length()][p.length()];
}
}
if (p.charAt(j) != '*') return false;
j++;
}
return true;
}
}