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LeetCode算法日记 - Day 104: 通配符匹配

news 2025/11/16 6:05:45

1. 通配符匹配

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

1. 通配符匹配

https://leetcode.cn/problems/wildcard-matching/description/

给你一个输入字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，请你实现一个支持 '?' 和 '*' 匹配规则的通配符匹配：

'?' 可以匹配任何单个字符。
'*' 可以匹配任意字符序列（包括空字符序列）。

判定匹配成功的充要条件是：字符模式必须能够 完全匹配 输入字符串（而不是部分匹配）。

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'。

提示：

0 <= s.length, p.length <= 2000
s 仅由小写英文字母组成
p 仅由小写英文字母、'?' 或 '*' 组成

1.1 题目解析

题目本质
通配符匹配判定问题——在有 ?、* 通配符的前提下，判断模式串 p 是否能完整匹配文本串 s。

常规解法
直观想法：从左到右递归匹配

普通字符：必须完全相同
?：可以匹配当前任意一个字符
*：可以匹配 0 个、1 个、多个字符，需要枚举匹配长度
即写一个递归函数 dfs(i, j) 表示 s[i..] 与 p[j..] 是否能匹配

class Solution {public boolean isMatch(String s, String p) {int n = s.length(), m = p.length();return dfs(s, p, 0, 0);}private boolean dfs(String s, String p, int i, int j) {int n = s.length(), m = p.length();// 模式串用完：只有 s 也用完才算匹配if (j == m) return i == n;char pc = p.charAt(j);if (pc == '*') {// * 匹配空串：j 前进一位// * 匹配一个字符：i 前进一位，j 原地if (dfs(s, p, i, j + 1)) return true;return i < n && dfs(s, p, i + 1, j);} else {// 需要 s 还有字符，并且当前能匹配if (i < n && (pc == '?' || pc == s.charAt(i))) {return dfs(s, p, i + 1, j + 1);} else {return false;}}}
}

问题分析
递归 + 暴力枚举 * 匹配的长度，会产生大量重复子问题：

每遇到一个 *，分支就会倍增（0 个字符、1 个字符、2 个字符……）
最坏情况下时间复杂度接近指数级 O(2^(n+m))
对于 n, m ≤ 2000 的数据规模，很容易超时。

思路转折
要想高效 → 必须避免重复计算 → 引入状态表示（记忆化 / DP）。注意到状态只由“当前匹配到 s 的第几位、p 的第几位”决定，可以定义：

状态 (i, j)：s[0..i-1] 和 p[0..j-1] 是否匹配
将所可能的 (i, j) 放入一张 dp 表中，用迭代的方式自底向上填表
→ 将指数时间降为多项式时间 O(n * m)。

1.2 解法

算法思想

dp[i][j] 表示：s 的前 i 个字符（s[0..i-1]）
是否可以被 p 的前 j 个字符（p[0..j-1]）完全匹配。

步骤拆解

i）创建 DP 表：boolean[][] dp = new boolean[n + 1][m + 1];

ii）初始化边界：

dp[0][0] = true
空串与空模式匹配。
第一行 dp[0][j]（空串 vs 模式前缀）：
只有当前缀全是 * 时，才可能匹配空串：

iii）动态规划填表

iv）返回结果：返回 dp[n][m]，表示整个 s 和整个 p 是否能完全匹配。

易错点

dp[0][j] 的含义：是“模式前缀能否匹配空串”，只有“前缀全为 *”时才为 true，其它必须是 false。
初始化第一行时，if 后面一定要写 else，不要像之前漏写导致每次循环都把 dp[0][j] 重置为 false。
不要照搬“不同的子序列”那题，把 dp[i][0] 初始化为 1 或 true，本题里 dp[i][0]（i>0）含义是“非空串 vs 空模式”，应该全是 false。
* 的转移一定要包含两个方向：
- dp[i][j-1] → * 匹配空串
- dp[i-1][j] → * 吃掉一个字符并继续匹配

1.3 代码实现

class Solution {public boolean isMatch(String _s, String _p) {int n = _s.length();int m = _p.length();char[] s = _s.toCharArray();char[] p = _p.toCharArray();// 1) 创建 DP 表：dp[i][j] 表示 s[0..i-1] 是否能被 p[0..j-1] 匹配boolean[][] dp = new boolean[n + 1][m + 1];// 2) 初始化：空串 vs 空模式dp[0][0] = true;// 2.1 初始化第一行：空串 vs 模式前缀for (int j = 1; j <= m; j++) {if (p[j - 1] == '*') {// 只有前缀全为 * 时才能匹配空串dp[0][j] = dp[0][j - 1];} else {dp[0][j] = false;}}// 3) 动态规划填表for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (p[j - 1] == s[i - 1] || p[j - 1] == '?') {// 普通字符或 ? ：匹配当前这个字符，取决于前一位是否匹配dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];} else if (p[j - 1] == '*') {// * 匹配空串：dp[i][j - 1]// * 匹配一个或多个字符：dp[i - 1][j]dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j];}}}// 4) 返回最终结果return dp[n][m];}
}

复杂度分析