题目

给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 ‘.’ 和 ‘*’ 的正则表达式匹配。
‘.’ 匹配任意单个字符
‘*’ 匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
示例 1：
输入：s = “aa” p = “a”
输出：false
解释：“a” 无法匹配 “aa” 整个字符串。
示例 2:
输入：s = “aa” p = “a*”
输出：true
解释：因为 ‘’ 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 ‘a’。因此，字符串 “aa” 可被视为 ‘a’ 重复了一次。
示例 3：
输入：s = “ab” p = "."
输出：true
解释："." 表示可匹配零个或多个（’’）任意字符（’.’）。
示例 4：
输入：s = “aab” p = “cab”
输出：true
解释：因为 '’ 表示零个或多个，这里 ‘c’ 为 0 个, ‘a’ 被重复一次。因此可以匹配字符串 “aab”。
示例 5：
输入：s = “mississippi” p = "misisp."
输出：false
提示：
0 <= s.length <= 20
0 <= p.length <= 30
s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符
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来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching
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递归

我们首先定义一个方法 m(String s, String p) 表示传入的字符串s与字符规律p是否匹配 ，返回 boolean

这道题目拿到手里，首先想到的就是递归。一步一步分析：

因为题目说了，s和p都是可能为空的，那么首先判断s和(或者)p为空的情况

说明：s-1 ，p-1 ，p-2 表示字符串截取掉末尾1位或者末尾2位

1. 如果 s 和 p 都为空，则返回 true
2. 如果 p 为空，则一定返回false，因为此时s不为空，始终无法匹配
3. 如果 s 为空，并且p以*结尾（比如.*或者x*），m(s, p) = m(s, p-2) 此时相当于.*或者x*什么都没匹配，否则 m(s, p) = false

再考虑都不为空的情况：

还是需要简单说一下上面的方程是怎么得到的，对于s和p，如果存在s与p匹配的情况，那么

1. 匹配0次，去掉p的末尾字符
2. 匹配1次，去掉s的末尾字符 或者 同时去掉s/p的末尾字符（匹配1次就丢掉）

在p以*结尾时，为何没有同时去掉s/p的末尾字符呢？因为这个情况已经被包含了:

代码实现

class Solution {
        public boolean isMatch(String s, String p) {
            int sLen = s.length();
            int pLen = p.length();

            if (s.equals(p)) {
                return true;
            }
            if ("".equals(p)) {
                return false;
            }
            if ("".equals(s)) {
                if (p.endsWith("*")) {
                    return isMatch(s, p.substring(0, p.length() - 2));
                } else return false;
            }
            
            if (p.endsWith("*")) {
                if (p.charAt(pLen - 2) == '.') {
                    // 1. p跟s匹配 去掉s末尾
                    return isMatch(s.substring(0, sLen - 1), p) ||
                            // 2. p跟s匹配 去掉p末尾
                            isMatch(s, p.substring(0, pLen - 2))
                            ;
                } else if (p.charAt(pLen - 2) == s.charAt(sLen - 1)) {
                    // 1. p跟s匹配 去掉s末尾
                    return isMatch(s.substring(0, sLen - 1), p) ||
                            // 2. p跟s匹配 去掉p末尾
                            isMatch(s, p.substring(0, pLen - 2))
                            ;
                } else {
                    // 3. p跟s不匹配 去掉p末尾
                    return isMatch(s, p.substring(0, pLen - 2));
                }
            } else if (p.endsWith(".")) {
                // 4. 非*结尾匹配的情况 各自去掉末尾一位
                return isMatch(s.substring(0, sLen - 1), p.substring(0, pLen - 1));
            } else {
                if (s.charAt(sLen - 1) == p.charAt(pLen - 1)) {
                    // 4. 非*结尾匹配的情况 各自去掉末尾一位
                    return isMatch(s.substring(0, sLen - 1), p.substring(0, pLen - 1));
                } else return false;
            }
        }
    }

动态规划

动态规划三大特征

1. 最优子结构 最优子结构指的是，问题的最优解包含子问题的最优解。反过来说就是，我们可以通过子问题的最优解，推导出问题的最优解。后面阶段的状态可以通过前面阶段的状态推导出来。
2. 无后效性 无后效性有两层含义，第一层含义是，在推导后面阶段的状态的时候，我们只关心前面阶段的状态值，不关心这个状态是怎么一步一步推导出来的。第二层含义是，某阶段状态一旦确定，就不受之后阶段的决策影响。无后效性是一个非常“宽松”的要求。只要满足前面提到的动态规划问题模型，其实基本上都会满足无后效性。
3. 重复子问题 不同的决策序列，到达某个相同的阶段时，可能会产生重复的状态。

动态规划解题思路：

1. 状态转移方程：状态转移方程法有点类似递归的解题思路。我们需要分析，某个问题如何通过子问题来递归求解，也就是所谓的最优子结构。根据最优子结构，写出递归公式，也就是所谓的状态转移方程。有了状态转移方程，代码实现就非常简单了。一般情况下，我们有两种代码实现方法，一种是递归加“备忘录”，另一种是迭代递推。
2. 状态转移表：我们先画出一个状态表。状态表一般都是二维的，所以你可以把它想象成二维数组。其中，每个状态包含三个变量，行、列、数组值。我们根据决策的先后过程，从前往后，根据递推关系，分阶段填充状态表中的每个状态。最后，我们将这个递推填表的过程，翻译成代码，就是动态规划代码了。

本次解答过程，我们采用状态转移方程，因为方程比较好理解一些，而且画表格感觉有点麻烦。

我们需要定义一个二位数组存储s/p在不同索引位时，对应的匹配情况。比如boolean mem[sLen+1][pLen+1]，维数为何不跟s/p的长度一致呢？因为s/p都是可能为空的，所以多出来的长度1其实是为了表示s/p为空的情况。

把上述的过程总结一下：

1. p以*结果，a/b/c三种情况下：把f(i, j) = f(i, j-2)提取出来，然后再根据匹配的情况取 || f(i-1, j) 的结果
2. 非*结尾，s与p末尾匹配，f(i,j) = f(i-1,j-1)
3. 其他情况，无法匹配 f(i,j) = false;
4. 理解s与p的匹配过程，是从后往前推导，而二维数组的赋值过程是从前往后的，因为后面的状态是依赖前面计算出来的结果的；

代码实现

class Solution {
   public boolean isMatch(String s, String p) {
       int sLen = s.length();
       int pLen = p.length();
       // 定义一个二维数组 存放各自位字符s与正则p相互匹配的结果
       // 因为存在p或者(和)s为0的情况 所以二维数组的纬度比s/p的长度要多1
       boolean[][] mem = new boolean[sLen + 1][pLen + 1];
       // s和p都为0的情况 是可以匹配的
       mem[0][0] = true;
       // 有个问题需要注意
       // i/j并非是s/p的索引位 而需要减去1才是索引位
       for (int i = 0; i <= sLen; i++) {
           // 为何不让j=0呢，因为j=0的时候 必定是无法匹配的
           for (int j = 1; j <= pLen; j++) {
               if (p.charAt(j - 1) == '*') {
                   // 当 * 存在的时候 不论 * 前面的字符与s位字符是否匹配
                   // 计算方式的结果都是需要带上 如下表达式的 为什么呢 ？
                   // 假如1. *前面是.或者*前面的字符与s的字符匹配 那么
                   // mem[i][j] = mem[i - 1][j] || mem[i][j - 2] ;
                   // 假如2. *前面的字符与s的字符不匹配 那么
                   // mem[i][j] = mem[i][j - 2];
                   mem[i][j] = mem[i][j - 2];
                   
                   // 为何是j - 1呢 ？ 因为我需要判断的是 * 前面那一位 并且j - 1一定不会溢出(*前面一定有字符)
                   if (matches(s, p, i, j - 1)) {
                       mem[i][j] = mem[i - 1][j] || mem[i][j];
                   }
               } else if (matches(s, p, i, j)) {
                   mem[i][j] = mem[i - 1][j - 1];
               }
           }
       }
       return mem[sLen][pLen];
   }

   private boolean matches(String s, String p, int i, int j) {
       if (i == 0) {
           return false;
       }
       if (p.charAt(j - 1) == '.') {
           return true;
       }
       return s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1);
   }
}