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Wildcard Matching

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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).

Example
isMatch("aa","a") → false
isMatch("aa","aa") → true
isMatch("aaa","aa") → false
isMatch("aa", "*") → true
isMatch("aa", "a*") → true
isMatch("ab", "?*") → true
isMatch("aab", "c*a*b") → false

题解1 - DFS

字符串的通配实现。'?'表示匹配单一字符，'*'可匹配任意多字符串(包含零个)。要匹配的字符串设为s, 模式匹配用的字符串设为p，那么如果是普通字符，两个字符串索引向前推进一位即可，如果p中的字符是?也好办，同上处理，向前推进一位。所以现在的关键就在于如何处理'*', 因为*可匹配0, 1, 2...个字符，所以遇到*时，s应该尽可能的向前推进，注意到p中*后面可能跟有其他普通字符，故s向前推进多少位直接与p中*后面的字符相关。同时此时两个字符串的索引处即成为回溯点，如果后面的字符串匹配不成功，则s中的索引向前推进，向前推进的字符串即表示和p中*匹配的字符个数。

Java

public class Solution {
    /**
     * @param s: A string
     * @param p: A string includes "?" and "*"
     * @return: A boolean
     */
    public boolean isMatch(String s, String p) {
        if (s == null || p == null) return false;
        if (s.length() == 0|| p.length() == 0) return false;

        return helper(s, 0, p, 0);
    }

    private boolean helper(String s, int si, String p, int pj) {
        // index out of range check
        if (si == s.length() || pj == p.length()) {
            if (si == s.length() && pj == p.length()) {
                return true;
            } else {
                return false;
            }
        }

        if (p.charAt(pj) == '*') {
            // remove coninuous *
            while (p.charAt(pj) == '*') {
                pj++;
                // index out of range check
                if (pj == p.length()) return true;
            }

            // compare remaining part of p after * with s
            while (si < s.length() && !helper(s, si, p, pj)) {
                si++;
            }
            // substring of p equals to s
            return si != s.length();
        } else if (s.charAt(si) == p.charAt(pj) || p.charAt(pj) == '?') {
            return helper(s, si + 1, p, pj + 1);
        } else {
            return false;
        }
    }
}

源码分析

其中对*的处理和递归回溯是这段代码的精华。

复杂度分析

最坏情况下需要不断回溯，时间复杂度 O(n!)×O(m!)O(n!) \times O(m!), 空间复杂度 O(1)O(1)(不含栈空间)。

Reference

  • Soulmachine 的 leetcode 题解