LeetCode 热题 HOT 100（05，正则表达式匹配）
不够优秀，发量尚多，千锤百炼，方可成佛。
算法的重要性不言而喻，无论你是研究者，还是最近比较火热的IT 打工人，都理应需要一定的算法能力，这也是面试的必备环节，算法功底的展示往往能让面试官眼前一亮，这也是在大多数竞争者中脱颖而出的重要影响因素。
然而往往大多数人比较注重自身的实操能力，着重于对功能的实现，却忽视了对算法能力的提高。有的时候采用不同的算法来解决同一个问题，运行效率相差还是挺大的，毕竟我们最终还是需要站在客户的角度思考问题嘛，能给用户带来更加极致的体验当然再好不过了。
万法皆空，因果不空。Taoye之前也不怎么情愿花费太多的时间放在算法上，算法功底也是相当的薄弱。这不，进入到了一个新的学习阶段，面对导师的各种“严刑拷打”和与身边人的对比，才开始意识到自己“菜”的事实。
这次的题目是LeeTCode 热题 HOT 100的第六题，难度属于困难，主要考查的是正则匹配问题。
感觉这道题还是有点东西的，也是花费了不少时间才搞懂。
我们都知道正则表达式主要用来进行字符匹配的，在爬虫中，我们会在向服务器发出一个请求并得到相应结果之后，通过特定的方式在响应结果中提取我们所需要的目标数据，而其中一种方式就可以通过正则表表达式来进行解析。
这道题的难度还是有点的，让我更加体会到了算法“孰能生巧”这一特性，这就像刷数学题一样，题目见过就有思路，没见过根本完全无法动手。这道题也是一样，主要可以通过动态规划算法来进行求解，当然也有其他可供用的算法，本文主要使用的是动态规划算法。
下面，我们就来看看这道题吧。
题目：正则表达式匹配
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。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching
示例
- 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
思路
前面也提到了，爬虫中会经常会使用到正则表达式，既然如此，肯定是有特定的模块可供调用的，而我们可以通过re模块来实现这一功能：
class Solution(object):
def isMatch(self, s, p):
return True if re.match(p+'$',s) else False
需求虽已实现，但显然我们需要手动来实现这一功能，而非调用第三方模块。
在正式通过动态规划解决该题之前，我们有必要先了解下动态规划，其能解决哪些问题。
- 计数问题，比如在一个矩阵当中，有多少种方式能从左上角走到右下角。（每次行走方向只能往下或往右）
- 求最值问题，比如有三种硬币，面值分别是2元、3元、7元，则27元最少能用多少枚硬币组成
- 存在性问题，比如说我们的这道题，是否能够在目标字符串中匹配成功
当然了，我们肯定是不能一概而论的。具体问题，具体分析，还是要根据实际情况来判断目标问题是否能够通过动态规划来解决。
要在问题中使用动态规划，我们一般需要四个步骤：
- 确定状态（最后一步、化为子问题）。解动态规划时需要定义一个数组，而确定状态就是要明白数组的每个元素dp[i]或者dp[i][j]代表什么意思（读到这里，可能会有点糊涂，没事，下面会有示例来具体解释）
- 转移方程，就是通过上一步骤当中的子问题来得到目标问题的子问题
- 初始条件和边界情况，动态规划一般是通过前一个节点来获取下一节点的值，所以我们需要明确其初始条件和数组dp的边界条件。就像数学归纳法，或是数列当中递推公式。
- 计算顺序，就是明确实现需求之前的上一个步骤要获得什么
读到这里，可能会有点糊涂，没事，下面会用示例来具体解释：
示例1：有三种硬币，面值分别是2元、3元、7元，则27元最少能用多少枚硬币组成
确定状态（最后一步、化为子问题）：我们知道，题目需要的是最少能用多少枚硬币组成，我们需要定义一个长度为27的数组dp，而dp[i]就代表了对应总额所需要的最少硬币数目。我们假设最后一枚硬币面值为
，且最少需要
枚硬币组成，则除去最后一枚硬币的总值为
，且前面
枚硬币的枚数所组成的面值也应该是最少的。所以，我们把原问题就转化为了子问题：最少可以通过多少枚硬币组成元（枚）
转移方程：通过如上分析，我们可以得到如下递推公式（转移方程），代表的意思就是除去最后一枚硬币的面值总额所需要的最少硬币数 + 1
初始条件和边界情况：初始条件就是f(0)，表示的就是0元可以通过0枚硬币组成，而边界情况就是每当面值总额减2、5、7的时候都应该大于0，否则的话无法组成目标面额总值（根据题意自行理解）
计算顺序：要想获得f(x)，就必须得到f(x-2)、f(x-5)、f(x-7)的值，也就是除去一枚硬币面额所需要的最少硬币数目
通过如上分析，可以得到如下Java算法;
public int coinChange(int[] coin_list, int coin_value) {
int[] f = new int[coin_value + 1];
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= coin_value; i++) {
f[i] = Integer.MAX_VALUE;
for (int j = 0; j < coin_list.length; j++) {
if (i >= coin_list[j] && f[i - coin_list[j]] != Integer.MAX_VALUE) {
f[i] = Math.min(f[i], f[i - coin_list[j]] + 1);
}
}
}
if (f[coin_value] == Integer.MAX_VALUE) { f[coin_value] = -1; }
return f[coin_value];
}
示例2：在一个矩阵当中，有多少种方式能从左上角走到右下角。（每次行走方向只能往下或往右），比如从(0, 0)出发，有多少种路线走到(4, 5)
时间关系，这里简单分析下。
走到(4, 5)的上一格有两种，一个是(3, 5)，另一个是(4, 4)，所以走到(4, 5)的路线总数就等于上述两种的总和，对此，我们可以得到如下关系，其中f[i][j]表示的是走到(i, j)的路线种数
Python实现的代码如下：
def calc_run_number(m, n):
import numpy as np
f = np.zeros([m, n])
for i in range(m):
for j in range(n):
if (i ==0 or j == 0): f[i][j] = 1
else: f[i, j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]
return f[m-1][n-1
像类似的案例其实还有很多的，主要还是要多多联系才行。
现在，我们回归到正则匹配这道题，再次看下题面：
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。
前面也有说到，使用动态规划之前需要定义一个数组来存储数据状态，这道题中涉及s和p两个字符串，所以我们需要定义二维数组，也就是矩阵dp。假设s和p的长度分别为s_len和p_len，则dp数组的shape值应该为(s_len + 1, p_len + 1)，其中+1主要是的因为需要额外引入一行一列，用于表示空字符""的匹配情况，这里可以理解成初始值的引入。
dp[i][j]表示的就是s[:i]能否通过dp[:j]正则表达式来进行匹配，其值为True或False。True表示的是能匹配成功，比如s:abc p:a.c，而False表示的是不能匹配，比如s:abc p:ab*，这一点一定要理解清楚，非常重要，也是解这道题的关键之一。
我们需要对dp数组进行初始化，不如通过如下方式将内部所有元素初始化为False:，且dp[0][0]=True，因为空字符s自然能用空字符p来进行匹配：
dp = [[False] * (p_len + 1) for temp in range(s_len + 1)]; dp[0][0] = True
随后，需要将dp第一行进行额外处理，也就是初始状态的定义。这里的有个条件来对*进行判断，假如说*前面的一个字符存在，则需要将该位置上的dp值定义为与前两个值相同，因为在正则表达式中，*表示的是能匹配零个或多个前面的那一个元素（注意：这是在第一行进行定义，也就是说此时s可以看做""空字符，通过p[:j]正则来对其进行匹配）：
for one_row_item in range(p_len):
if p[one_row_item] == '*' and dp[0][one_row_item - 1]:
dp[0][one_row_item + 1] = True
第一行处理完成，随后就需要对其他行的dp值进行填充，而填充的依据就是根据上一行来进行分类判断：假设遍历条件满足：p[j - 1] == s[i - 1] or p[j - 1] == '.'，也就是说s和p对应的字符相同，或能通过.匹配任意字符，则将设置dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，因为此时dp[i][j]的匹配情况是由dp[i-1][j-1]来决定的；假如说此时的正则字符为*，则dp[i][j]需要根据dp[i][j - 2]、dp[i][j - 1]、dp[i - 1][j]共同决定，完整算法思想如下：
class Solution:
def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
s_len, p_len = len(s), len(p)
dp = [[False] * (p_len + 1) for temp in range(s_len + 1)]; dp[0][0] = True
for one_row_item in range(p_len):
if p[one_row_item] == '*' and dp[0][one_row_item - 1]:
dp[0][one_row_item + 1] = True
for i in range(1, s_len + 1):
for j in range(1, p_len + 1):
if p[j - 1] == s[i - 1] or p[j - 1] == '.': dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
elif p[j - 1] == '*':
if p[j - 2] != s[i - 1]: dp[i][j] = dp[i][j - 2]
if p[j - 2] == s[i - 1] or p[j - 2] == '.':
dp[i][j] = dp[i][j - 2] or dp[i][j - 1] or dp[i - 1][j]
return dp[s_len][p_len]
总的来说，这道题还是有难度的，至少是目前刷到最难的一题了，也是花费了不少时间来理解，理解了也很难通过文字来进行描述，主要还是要通过阅读算法代码来理解其核心思想。
像这种通过动态规划算法来解决的问题还是要多做多练，才能孰能生巧。
我是Taoye，爱专研，爱分享，热衷于各种技术，学习之余喜欢下象棋、听音乐、聊动漫，希望借此一亩三分地记录自己的成长过程以及生活点滴，也希望能结实更多志同道合的圈内朋友，更多内容欢迎来访微信公主号：玩世不恭的Coder。
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参考资料：
[1] LeetCode官方：https://leetcode-cn.com/problems/regular-expression-matching/solution/zheng-ze-biao-da-shi-pi-pei-by-leetcode-solution/
[2] 动态规划算法：https://www.bilibili.com/video/BV1xb411e7ww?from=search&seid=9800329040911246241