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title: 【LeetCode】0044. Wildcard Matching
date: 2018-12-20
is_modified: false
disqus: cynthiahackmd
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• "面試刷題"
  tags:
• "LeetCode"

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

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 = "*"
Output: True
Explanation: '*' matches any sequence.

Example 3:

Input: s = "cb"  p = "?a"
Output: False
Explanation: '?' matches 'c', but the second letter is 'a', which does not match 'b'.

Example 4:

Input: s = "adceb" p = "*a*b"
Output: True
Explanation: The first '*' matches the empty sequence, while the second '*' matches the substring "dce".

Example 5:

Input: s = "acdcb" p = "a*c?b"
Output: False

Related Topics: String、Backtracking、Dynamic Programming、Greedy

解題邏輯與實作

有點像是第十題的 Regular Expression Matching，不過符號的意義不太一樣，這邊使用的 ? 表示一個萬用字元， * 則是表示多個萬用字元。

遞迴

跟 Regular Expression 相比最大的差異應該是 * 的用法。在 Regular Expression 中 * 不可能單獨存在，必定會跟在某個字元後面，在產生 subpattern 時要特別注意；但在這題中 * 可以單獨存在，subpatter 應該只有 pattern 或 pattern[1:] 兩種。

1. 若 pattern 為空字串，則檢查 string 是否為空字串
   1. 是，則回傳 True
   2. 否，則回傳 False
2. 檢查 string 是否為空字串
   1. 是，判斷 pattern 是否為 *
      1. 是，呼叫遞迴傳入 string 與 pattern[1:]
      2. 否，則回傳 False
   2. 否，向下執行
3. pattern 的字首與 string 的字首是否匹配（匹配情況包含 pattern 字首為 ? 與 * 的情況）
   1. 是，判斷 pattern 是否為 *
      1. 是，則呼叫遞迴傳入分別傳入 string[1:] 與 pattern 和 string[1:] 與 pattern[1:]
      2. 否，則呼叫遞迴傳入 string[1:] 與 pattern[1:]
   2. 否，則回傳 False

一樣多加了參數暫存比較結果，節省呼叫次數。不過按照上面那個邏輯去寫在遇到這個 testcase 時會 Memory Limit Exceeded，所以修改了第二個判斷式的邏輯，判斷 pattern 扣除掉 * 長度：

1. 若 pattern 扣除掉 *長度為 0，則回傳 True
   • 代表 pattern 剩下的整句都是 *，因此不用管 string 內容是什麼一定會匹配。
2. 若 pattern 扣除掉 * 長度大於 string 的長度，則回傳 False
   • 也就是即便 * 全用來匹配空字串，仍會有部份 pattern 無法匹配上 string，因為除* 外的 pattern 符號都必須匹配一個字元，但目前 pattern 比 string 還長…
   • 另外 string 長度等於 0 的 case，也包含在這，因此原先判斷式中對於 string 長度為 0 的 case 可以全刪除了。

class Solution:
   def __init__(self):
      self.memo = {}

   def isMatch(self, s, p):
      if (s,p) in self.memo:
         return self.memo.get((s,p))

      p_len = len(p)
      s_len = len(s)
      sub_p_len = len(p.replace("*",""))
       
      if p_len == 0:
         return s_len == 0

      if sub_p_len == 0 :
         return True
   
      if sub_p_len > s_len:
         self.memo[(s,p)] = False
         return False

      result = False
      if p[0]=='?' or p[0]=='*' or p[0] == s[0]:
         if p[0] == '*':      
            result = self.isMatch(s[1:] , p) or self.isMatch(s , p[1:])
         result = result or self.isMatch(s[1:] , p[1:]) 

      self.memo[(s,p)] = result
      return result

總算可以過了，但說實話效能不是很好，跑出了 1096 ms、40.91 %的成績，還有非常大的改進空間。

雙指標

原本是在找 Dynamic Programming 的解法，但連續找到兩篇說用 DP 會 TLE，說要改用雙指標回溯，所以我決定也來寫寫看：

1. 初始化兩個指標 s_index 與 p_index，分別指向 string 與 pattern 的字首
2. 判斷 s_index 是否小於 string 長度
   1. 是
      1. 若指標位置可以匹配（匹配情況包含 pattern 為 ? ，但排除為 * 的情況），兩個指標皆向後移動
      2. 若 pattern 目前指向為 *，則 pattern 指標向後移動，並記下目前指標位置（last_s_index 與 last_p_index）
         • 先假設 * 匹配的是空字元的情況，向後進行匹配，
      3. 假設 * 匹配空字元狀況下，無法完成整句匹配，因此所記錄的位置，且 last_s_index 加一
         • 表示它匹配了 *，因此可以不再考慮
      4. 若上述的 Case 皆無法匹配，則為回傳 False
   2. 否，向下執行
3. 在掃完 string 後，檢查 pattern 是否還有剩下除 * 外的字元
   1. 有，表示未完成匹配，回傳 False
   2. 無，則回傳 True

class Solution(object):
   def isMatch(self, s, p):
      """
      :type s: str
      :type p: str
      :rtype: bool
      """
      s_len, p_len = len(s), len(p)
      s_idx, p_idx = 0, 0
      last_s_idx, last_p_idx = -1, -1

      while s_idx < s_len:
         if p_idx < p_len and (p[p_idx]=='?' or p[p_idx]==s[s_idx]):
            s_idx += 1
            p_idx += 1
         elif p_idx < p_len and p[p_idx]=='*' :
            p_idx += 1
            last_s_idx, last_p_idx = s_idx , p_idx 
         elif last_p_idx != -1 :
            last_s_idx += 1
            s_idx, p_idx = last_s_idx, last_p_idx
         else:
            return False
      
      return len(p[p_idx:].replace("*","")) == 0

效能好上不少，136 ms、 83.93%

Dynamic Programming & Greedy Algorithm

是說看標籤應該還可以用 Dynamic Programming 跟 Greedy Algorithm 來解題，先欠著回頭再來研究 XD

其他連結

1. 【LeetCode】0000. 解題目錄

本文作者： 辛西亞．Cynthia
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