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Given an input string (s) and a pattern (p), 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).

Note:

  • s could be empty and contains only lowercase letters a-z.
  • p could be empty and contains only lowercase letters a-z, and characters like . or *.




Example 1:

Input:**
s = "aa"
p = "a"
Output:False
Explanation: "a" does not match the entire string "aa".

Example 2:

Input:
s = "aa"
p = "a*"
Output: True
Explanation: '*' means zero or more of the precedeng element, 'a'. Therefore, by repeating 'a' once, it becomes "aa".

Example 3:

Input:
s = "ab"
p = ".*"
Output: True
Explanation: ".*" means "zero or more (*) of any character (.)".

Example 4:

Input:
s = "aab"
p = "c*a*b"
Output: True
Explanation: c can be repeated 0 times, a can be repeated 1 time. Therefore it matches "aab".

Example 5:

Input:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
Output: false

Related Topics: BacktrackingDynamic ProgrammingString

解題邏輯與實作

這題是要實作一個簡易的 Regular Expression 的 Parser,僅支援 a-z、.*,題目也限定了輸入會是這幾個字元,所以可以先不用考慮其他字元的情況。

遞迴

這題我最先想到的是使用遞迴來解,只是判斷的情況有些瑣碎。實作步驟如下:

  1. 若 pattern 為空字串,則檢查 string 是否為空字串

    • 是,則回傳 True
    • 否,則回傳 False
  2. 檢查 pattern 的長度是否大於 2 且第二字元為 *

    • 是,判斷 string 是否為空字串

      • Case1:是,則呼叫遞迴傳入 string 與 pattern[2:]
      • 否,則 pattern 的字首與 string 的字首是否相等(相等情況包含 pattern 字首為.的情況)
        • Case2:是,則呼叫遞分別傳入 string[1:] 與 pattern、string[1:] 與 pattern[2:] 和 string 與 pattern[2:]
        • Case3:否,則呼叫遞迴傳入 string 與 pattern[2:]
    • 否,則判斷 string 的長度是否大於 0 且 pattern 的字首與 string 的字首是否相等

      • 是,則呼叫遞迴傳入 string[1:] 與 pattern[1:]
      • 否,則回傳 False

另外針對流程中幾個遞迴傳入的Case進行說明:

  • Case1: pattern 第二字元為 * 且 string 是為空字串,則呼叫遞迴傳入 string 與 pattern[2:]

    • * 可代表 pattern[0] 出現 0 次,因此略過 pattern 字首向後檢查。
  • Case2:是,則呼叫遞分別傳入 string[1:] 與 pattern、string[1:] 與 pattern[2:] 和 string 與 pattern[2:]

    • string[1:] 與 pattern:為 * 出現多次的情況,下個字元比對時仍與 pattern 字首比對。
    • string[1:] 與 pattern[2:] :為 * 出現 1 次的情況,因此下一個字元比對時略過 pattern 字首。
    • string 與 pattern[2:] :為 * 出現 0 次的情況,因此忽略 pattern 字首。
  • Case3: pattern 第二字元為 * 且 pattern 的字首與 string 的字首不相等,則呼叫遞迴傳入 string 與pattern[2:]

    • 在不相等的情況下,因為 * 的緣故可以假定 pattern[0] 為不存在(出現 0 次)的元素,因此略過 pattern 字首向後檢查。
class Solution: def __init__(self): self.memo = {} def isMatch(self, s, p): p_len = len(p) if p_len == 0: return len(s) == 0 if (s,p) in self.memo: return self.memo.get((s,p)) result = False if p_len >= 2 and p[1] == '*' : if len(s) > 0 and (p[0] == '.' or p[0] == s[0]): result = self.isMatch(s[1:] , p) or self.isMatch(s[1:] , p[2:]) or self.isMatch(s , p[2:]) else: result = self.isMatch(s,p[2:]) elif len(s) > 0 and (p[0] == '.' or p[0] == s[0]): result = self.isMatch(s[1:],p[1:]) self.memo[(s,p)] = result return result

不過單用遞迴會 Time Limit Exceeded,因此多加了參數暫存比較結果,節省呼叫次數。

果然效能好多了,Runtime: 52 ms, faster than 99.53% of Python3 online submissions forRegular Expression Matching.

Dynamic Programming

是說寫完地回後很高興要切下一題的時候,才後知後覺的想到,我剛剛應該是挑了 DP 的標籤要練習阿 XDDD

但是,我真的對 DP 不太擅長的說,想破了頭還是毫無頭緒,只好去翻了下討論區的答案,解釋有點難懂還沒有啃透,晚點再回來補充好了腦袋燒壞 Orz

  1. P[i][j] = P[i - 1][j - 1], if p[j - 1] != '*' && (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.');
  2. P[i][j] = P[i][j - 2], if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for 0 times;
  3. P[i][j] = P[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'), if p[j - 1] == '*' and the pattern repeats for at least 1 times.
class Solution: def isMatch(self, s, p): m = len(s) n = len(p) dp = [[False for i in range(n + 1)] for i in range(m + 1)] dp[0][0] = True for i in range(m+1): for j in range(1, n+1): if p[j-1] == '*': dp[i][j] = dp[i][j - 2] or (i > 0 and (s[i - 1] == p[j - 2] or p[j - 2] == '.') and dp[i - 1][j]) else: dp[i][j] = i > 0 and dp[i - 1][j - 1] and (s[i - 1] == p[j - 1] or p[j - 1] == '.') return dp[m][n]

是說,我硬是將討論區的 Code 改成 Python 版本的,執行時間 60 ms,效能好像沒有比較好?

參考資料

  1. 9-lines 16ms C++ DP Solutions with Explanations

其他連結

  1. 【LeetCode】0000. 解題目錄



本文作者: 辛西亞.Cynthia
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