给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p)，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。
‘?’ 可以匹配任何单个字符。 ‘*’ 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。
两个字符串完全匹配才算匹配成功。
说明:
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*。
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 = "*"
输出: true
解释: '*' 可以匹配任意字符串。
示例 3:
输入:
s = "cb"
p = "?a"
输出: false
解释: '?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。
示例 4:
输入:
s = "adceb"
p = "*a*b"
输出: true
解释: 第一个 '*' 可以匹配空字符串, 第二个 '*' 可以匹配字符串 "dce".
示例 5:
输入:
s = "acdcb"
p = "a*c?b"
输出: false
题解
前言
本题与「10. 正则表达式匹配」非常类似，但相比较而言，本题稍微容易一些。因为在本题中，模式 \(p\) 中的任意一个字符都是独立的，即不会和前后的字符互相关联，形成一个新的匹配模式。因此，本题的状态转移方程需要考虑的情况会少一些。
方法一：动态规划
思路与算法
在给定的模式 \(p\) 中，只会有三种类型的字符出现：
小写字母 \(a-z\)，可以匹配对应的一个小写字母；
问号 \(?\)，可以匹配任意一个小写字母；
星号 \(*\)，可以匹配任意字符串，可以为空，也就是匹配零或任意多个小写字母。
其中「小写字母」和「问号」的匹配是确定的，而「星号」的匹配是不确定的，因此我们需要枚举所有的匹配情况。为了减少重复枚举，我们可以使用动态规划来解决本题。
我们用 \(\textit{dp}[i][j]\) 表示字符串 \(s\) 的前 \(i\) 个字符和模式 \(p\) 的前 \(j\) 个字符是否能匹配。在进行状态转移时，我们可以考虑模式 \(p\) 的第 \(j\) 个字符 \(p_j\)，与之对应的是字符串 \(s\) 中的第 \(i\) 个字符 \(s_i\)：
如果 \(p_j\) 是小写字母，那么 \(s_i\) 必须也为相同的小写字母，状态转移方程为：
$$ \textit{dp}[i][j] = (s_i
与p_j~相同) \wedge \textit{dp}[i-1][j-1] $$其中 \(\wedge\) 表示逻辑与运算。也就是说，\)\textit{dp}[i][j]\) 为真，当且仅当 \(\textit{dp}[i-1][j-1]\) 为真，并且 \(s_i\) 与 \(p_j\) 相同。
如果 \(p_j\) 是问号，那么对 \(s_i\) 没有任何要求，状态转移方程为：
$$ \textit{dp}[i][j] = \textit{dp}[i-1][j-1] $$
如果 \(p_j\) 是星号，那么同样对 \(s_i\) 没有任何要求，但是星号可以匹配零或任意多个小写字母，因此状态转移方程分为两种情况，即使用或不使用这个星号：
$$ \textit{dp}[i][j] = \textit{dp}[i][j-1] \vee \textit{dp}[i-1][j] $$
其中 \(\vee\) 表示逻辑或运算。如果我们不使用这个星号，那么就会从 \(\textit{dp}[i][j-1]\) 转移而来；如果我们使用这个星号，那么就会从 \(\textit{dp}[i-1][j]\) 转移而来。
最终的状态转移方程如下：
$$
\textit{dp}[i][j] = \begin{cases}
(s_i与p_j相同) \wedge \textit{dp}[i-1][j-1], & p_j是小写字母 \\
\textit{dp}[i-1][j-1], & p_j是问号 \\
\textit{dp}[i][j-1] \vee \textit{dp}[i-1][j], & p_j是星号
\end{cases}
$$
我们也可以将前两种转移进行归纳：
$$
\textit{dp}[i][j] = \begin{cases}
\textit{dp}[i-1][j-1], & s_i与p_j相同或者p_j是问号 \\
\textit{dp}[i][j-1] \vee \textit{dp}[i-1][j], & p_j是星号 \\
\text{False}, & 其它情况
\end{cases}
$$
细节
只有确定了边界条件，才能进行动态规划。在上述的状态转移方程中，由于 \(\textit{dp}[i][j]\) 对应着 \(s\) 的前 \(i\) 个字符和模式 \(p\) 的前 \(j\) 个字符，因此所有的 \(\textit{dp}[0][j]\) 和 \(\textit{dp}[i][0]\) 都是边界条件，因为它们涉及到空字符串或者空模式的情况，这是我们在状态转移方程中没有考虑到的：
\(\textit{dp}[0][0] = \text{True}\)，即当字符串 \(s\) 和模式 \(p\) 均为空时，匹配成功；
\(\textit{dp}[i][0] = \text{False}\)，即空模式无法匹配非空字符串；
\(\textit{dp}[0][j]\) 需要分情况讨论：因为星号才能匹配空字符串，所以只有当模式 \(p\) 的前 \(j\) 个字符均为星号时，\(\textit{dp}[0][j]\) 才为真。
我们可以发现，\(\textit{dp}[i][0]\) 的值恒为假，\(\textit{dp}[0][j]\) 在 \(j\) 大于模式 \(p\) 的开头出现的星号字符个数之后，值也恒为假，而 \(\textit{dp}[i][j]\) 的默认值（其它情况）也为假，因此在对动态规划的数组初始化时，我们就可以将所有的状态初始化为 \(\text{False}\)，减少状态转移的代码编写难度。
最终的答案即为 \(\textit{dp}[m][n]\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别是字符串 \(s\) 和模式 \(p\) 的长度。需要注意的是，由于大部分语言中字符串的下标从 \(0\) 开始，因此 \(s_i\) 和 \(p_j\) 分别对应着 \(s[i-1]\) 和 \(p[j-1]\)。
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int m = s.length();
int n = p.length();
boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1];
dp[0][0] = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (p.charAt(i - 1) == '*') {
dp[0][i] = true;
} else {
break;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];
} else if (p.charAt(j - 1) == '?' || s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(mn)\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别是字符串 \(s\) 和模式 \(p\) 的长度。
空间复杂度：\(O(mn)\)，即为存储所有 \((m+1)(n+1)\) 个状态需要的空间。此外，在状态转移方程中，由于 \(\textit{dp}[i][j]\) 只会从 \(\textit{dp}[i][..]\) 以及 \(\textit{dp}[i - 1][..]\) 转移而来，因此我们可以使用滚动数组对空间进行优化，即用两个长度为 \(n+1\) 的一维数组代替整个二维数组进行状态转移，空间复杂度为 \(O(n)\)。
方法二：贪心算法
方法一的瓶颈在于对星号 \(*\) 的处理方式：使用动态规划枚举所有的情况。由于星号是「万能」的匹配字符，连续的多个星号和单个星号实际上是等价的，那么不连续的多个星号呢？
我们以 \(p = *\text{abcd}*\) 为例，\(p\) 可以匹配所有包含子串 \(\text{abcd}\) 的字符串，也就是说，我们只需要暴力地枚举字符串 \(s\) 中的每个位置作为起始位置，并判断对应的子串是否为 \(\text{abcd}\) 即可。这种暴力方法的时间复杂度为 \(O(mn)\)，与动态规划一致，但不需要额外的空间。
如果 \(p = *\text{abcd}*\text{efgh}*\text{i}*\) 呢？显然，\(p\) 可以匹配所有依次出现子串 \(\text{abcd}\)、\(\text{efgh}\)、\(\text{i}\) 的字符串。此时，对于任意一个字符串 \(s\)，我们首先暴力找到最早出现的 \(\text{abcd}\)，随后从下一个位置开始暴力找到最早出现的 \(\text{efgh}\)，最后找出 \(\text{i}\)，就可以判断 \(s\) 是否可以与 \(p\) 匹配。这样「贪心地」找到最早出现的子串是比较直观的，因为如果 \(s\) 中多次出现了某个子串，那么我们选择最早出现的位置，可以使得后续子串能被找到的机会更大。
因此，如果模式 \(p\) 的形式为 \(*u_1*u_2*u_3*\cdots*u_x*\)，即字符串（可以为空）和星号交替出现，并且首尾字符均为星号，那么我们就可以设计出下面这个基于贪心的暴力匹配算法。算法的本质是：如果在字符串 \(s\) 中首先找到 \(u_1\)，再找到 \(u_2, u_3, \cdots, u_x\)，那么 \(s\) 就可以与模式 \(p\) 匹配，伪代码如下：
// 我们用 sIndex 和 pIndex 表示当前遍历到 s 和 p 的位置
// 此时我们正在 s 中寻找某个 u_i
// 其在 s 和 p 中的起始位置为 sRecord 和 pRecord
// sIndex 和 sRecord 的初始值为 0
// 即我们从字符串 s 的首位开始匹配
sIndex = sRecord = 0
// pIndex 和 pRecord 的初始值为 1
// 这是因为模式 p 的首位是星号，那么 u_1 的起始位置为 1
pIndex = pRecord = 1
while sIndex < s.length and pIndex < p.length do
if p[pIndex] == '*' then
// 如果遇到星号，说明找到了 u_i，开始寻找 u_i+1
pIndex += 1
// 记录下起始位置
sRecord = sIndex
pRecord = pIndex
else if match(s[sIndex], p[pIndex]) then
// 如果两个字符可以匹配，就继续寻找 u_i 的下一个字符
sIndex += 1
pIndex += 1
else if sRecord + 1 < s.length then
// 如果两个字符不匹配，那么需要重新寻找 u_i
// 枚举下一个 s 中的起始位置
sRecord += 1
sIndex = sRecord
pIndex = pRecord
else
// 如果不匹配并且下一个起始位置不存在，那么匹配失败
return False
end if
end while
// 由于 p 的最后一个字符是星号，那么 s 未匹配完，那么没有关系
// 但如果 p 没有匹配完，那么 p 剩余的字符必须都是星号
return all(p[pIndex] ~ p[p.length - 1] == '*')
然而模式 \(p\) 并不一定是 \(*u_1*u_2*u_3*\cdots*u_x*\) 的形式：
模式 \(p\) 的开头字符不是星号；
模式 \(p\) 的结尾字符不是星号。
第二种情况处理起来并不复杂。如果模式 \(p\) 的结尾字符不是星号，那么就必须与字符串 \(s\) 的结尾字符匹配。那么我们不断地匹配 \(s\) 和 \(p\) 的结尾字符，直到 \(p\) 为空或者 \(p\) 的结尾字符是星号为止。在这个过程中，如果匹配失败，或者最后 \(p\) 为空但 \(s\) 不为空，那么需要返回 \(\text{False}\)。
第一种情况的处理也很类似，我们可以不断地匹配 \(s\) 和 \(p\) 的开头字符。下面的代码中给出了另一种处理方法，即修改 \(\textit{sRecord}\) 和 \(\textit{tRecord}\) 的初始值为 \(-1\)，表示模式 \(p\) 的开头字符不是星号，并且在匹配失败时进行判断，如果它们的值仍然为 \(-1\)，说明没有「反悔」重新进行匹配的机会。
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sRight = s.length(), pRight = p.length();
while (sRight > 0 && pRight > 0 && p.charAt(pRight - 1) != '*') {
if (charMatch(s.charAt(sRight - 1), p.charAt(pRight - 1))) {
--sRight;
--pRight;
} else {
return false;
}
}
if (pRight == 0) {
return sRight == 0;
}
int sIndex = 0, pIndex = 0;
int sRecord = -1, pRecord = -1;
while (sIndex < sRight && pIndex < pRight) {
if (p.charAt(pIndex) == '*') {
++pIndex;
sRecord = sIndex;
pRecord = pIndex;
} else if (charMatch(s.charAt(sIndex), p.charAt(pIndex))) {
++sIndex;
++pIndex;
} else if (sRecord != -1 && sRecord + 1 < sRight) {
++sRecord;
sIndex = sRecord;
pIndex = pRecord;
} else {
return false;
}
}
return allStars(p, pIndex, pRight);
}
public boolean allStars(String str, int left, int right) {
for (int i = left; i < right; ++i) {
if (str.charAt(i) != '*') {
return false;
}
}
return true;
}
public boolean charMatch(char u, char v) {
return u == v || v == '?';
}
}
复杂度分析
时间复杂度：
渐进复杂度：\(O(mn)\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别是字符串 \(s\) 和模式 \(p\) 的长度。从代码中可以看出，\(s[\textit{sIndex}]\) 和 \(p[\textit{pIndex}]\) 至多只会被匹配（判断）一次，因此渐进时间复杂度为 \(O(mn)\)。
最坏情况的例子：\(s=\text{aaa}\cdots\text{aaab}\)，\(p=*\text{ab}*\)。
平均复杂度：\(O(m \log n)\)。直观上来看，如果 \(s\) 和 \(p\) 是随机字符串，那么暴力算法的效率会非常高，因为大部分情况下只需要匹配常数次就可以成功匹配 \(u_i\) 或者枚举下一个常数位置。具体的分析可以参考论文 On the Average-case Complexity of Pattern Matching with Wildcards，注意论文中的分析是对于每一个 \(u_i\) 而言的，即模式中只包含小写字母和问号，本题相当于多个连续模式的情况。由于超出了面试难度。这里不再赘述。
空间复杂度：\(O(1)\)。
结语
在方法二中，对于每一个被星号分隔的、只包含小写字符和问号的子模式 \(u_i\)，我们在原串中使用的是暴力匹配的方法。然而这里是可以继续进行优化的，即使用 AC 自动机 代替暴力方法进行匹配。由于 AC 自动机本身已经是竞赛难度的知识点，而本题还需要在 AC 自动机中额外存储一些内容才能完成匹配，因此这种做法远远超过了面试难度。这里只给出参考讲义 Set Matching and Aho-Corasick Algorithm：
讲义的前 \(6\) 页介绍了字典树 Trie；
讲义的 \(7-19\) 页介绍了 AC 自动机，它是以字典树为基础的；
讲义的 \(20-23\) 页介绍了基于 AC 自动机的一种 wildcard matching 算法，其中的 wildcard \(\phi\) 就是本题中的问号。
感兴趣的读者可以尝试进行学习。