题目描述（困难难度）

字符串匹配，? 匹配单个任意字符，* 匹配任意长度字符串，包括空串。和第 10 题有些类似。

解法一 动态规划

直接按照之前第 10 题，修改一下就可以了。

同样是用 dp[i][j] 表示所有的情况，然后一层一层的根据递推关系求出来。

public boolean isMatch(String text, String pattern) { // 多一维的空间，因为求 dp[len - 1][j] 的时候需要知道 dp[len][j] 的情况， // 多一维的话，就可以把 对 dp[len - 1][j] 也写进循环了 boolean[][] dp = new boolean[text.length() + 1][pattern.length() + 1]; // dp[len][len] 代表两个空串是否匹配了，"" 和 "" ，当然是 true 了。 dp[text.length()][pattern.length()] = true; // 从 len 开始减少 for (int i = text.length(); i >= 0; i--) { for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) { // dp[text.length()][pattern.length()] 已经进行了初始化 if (i == text.length() && j == pattern.length()) continue; //相比之前增加了判断是否等于 *  boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length() && (pattern.charAt(j) == text.charAt(i) || pattern.charAt(j) == '?' || pattern.charAt(j) == '*')); if (j < pattern.length() && pattern.charAt(j) == '*') { //将 * 跳过 和将字符匹配一个并且 pattern 不变两种情况 dp[i][j] = dp[i][j + 1] || first_match && dp[i + 1][j]; } else { dp[i][j] = first_match && dp[i + 1][j + 1]; } } } return dp[0][0]; } 

时间复杂度：text 长度是 T，pattern 长度是 P，那么就是 O（TP）。

空间复杂度：O（TP）。

同样的，和第10题一样，可以优化空间复杂度。

public boolean isMatch(String text, String pattern) { // 多一维的空间，因为求 dp[len - 1][j] 的时候需要知道 dp[len][j] 的情况， // 多一维的话，就可以把 对 dp[len - 1][j] 也写进循环了 boolean[][] dp = new boolean[2][pattern.length() + 1]; dp[text.length() % 2][pattern.length()] = true; // 从 len 开始减少 for (int i = text.length(); i >= 0; i--) { for (int j = pattern.length(); j >= 0; j--) { if (i == text.length() && j == pattern.length()) continue; boolean first_match = (i < text.length() && j < pattern.length() && (pattern.charAt(j) == text.charAt(i) || pattern.charAt(j) == '?' || pattern.charAt(j) == '*')); if (j < pattern.length() && pattern.charAt(j) == '*') { dp[i % 2][j] = dp[i % 2][j + 1] || first_match && dp[(i + 1) % 2][j]; } else { dp[i % 2][j] = first_match && dp[(i + 1) % 2][j + 1]; } } } return dp[0][0]; } 

时间复杂度：text 长度是 T，pattern 长度是 P，那么就是 O（TP）。

空间复杂度：O（P）。

解法二 迭代

参考这里，也比较好理解，利用两个指针进行遍历。

boolean isMatch(String str, String pattern) { int s = 0, p = 0, match = 0, starIdx = -1; //遍历整个字符串 while (s < str.length()){ // 一对一匹配，两指针同时后移。 if (p < pattern.length() && (pattern.charAt(p) == '?' || str.charAt(s) == pattern.charAt(p))){ s++; p++; } // 碰到 *，假设它匹配空串，并且用 startIdx 记录 * 的位置，记录当前字符串的位置，p 后移 else if (p < pattern.length() && pattern.charAt(p) == '*'){ starIdx = p; match = s; p++; } // 当前字符不匹配，并且也没有 *，回退 // p 回到 * 的下一个位置 // match 更新到下一个位置 // s 回到更新后的 match  // 这步代表用 * 匹配了一个字符 else if (starIdx != -1){ p = starIdx + 1; match++; s = match; } //字符不匹配，也没有 *，返回 false else return false; } //将末尾多余的 * 直接匹配空串 例如 text = ab, pattern = a******* while (p < pattern.length() && pattern.charAt(p) == '*') p++; return p == pattern.length(); } 

时间复杂度：如果 str 长度是 T，pattern 长度是 P，虽然只有一个 while 循环，但是 s 并不是每次都加 1，所以最坏的时候时间复杂度会达到 O（TP），例如 str = "bbbbbbbbbb"，pattern = "*bbbb"。每次 pattern 到最后时，又会重新开始到开头。

空间复杂度：O（1）。

递归

在第10题中还有递归的解法，但这题中如果按照第 10 题的递归的思路去解决，会导致超时，目前没想到怎么在第 10 题的基础上去改，有好的想法大家可以和我交流。

如果非要用递归的话，可以按照动态规划那个思路，先压栈，然后出栈过程其实就是动态规划那样了。所以其实不如直接动态规划。

更新

2021.7.7 日更新。（太久没写 java 代码了，由于换了电脑 eclipes 也没有，在 vscode 里写 java 竟然不会写了，习惯了写 js ，分号不加，类型不管，写 java 有点不适应了，哈哈）

上边说到当时按 第 10 题 的递归思路超时了，代码如下：

class Solution { public boolean isMatch(String text, String pattern) { if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty(); if (text.isEmpty()) return pattern.isEmpty() || isStars(pattern); boolean first_match = (!text.isEmpty() && (pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '?')); if (pattern.charAt(0) == '*') { return (isMatch(text.substring(1), pattern) || (isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1)))) || (isMatch(text, pattern.substring(1))); } else { return first_match && isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1)); } } private boolean isStars(String pattern) { // TODO Auto-generated method stub for (int i = 0; i < pattern.length(); i++) { if (pattern.charAt(i) != '*') { return false; } } return true; } } 

代码很好理解，这里就不多说了，可以参考 第 10 题 的分析，但有个问题就是会超时。

前几天 @xuyuntian 加了微信告诉我他写出了一个递归的写法，代码 如下：

class Solution { public boolean isMatch(String s, String p) { return dfs(new Boolean[s.length()][p.length()], s.toCharArray(), p.toCharArray(), 0, 0); } private boolean dfs(Boolean[][] dp, char[] s, char[] p, int i, int j) { if (i == s.length && j == p.length) return true; if (i > s.length || (i < s.length && j == p.length)) return false; if (i < s.length) { if (dp[i][j] != null) return dp[i][j]; if (p[j] == '?' || p[j] == s[i]) { return dp[i][j] = dfs(dp, s, p, i + 1, j + 1); } } boolean res = false; if (p[j] == '*') { res = dfs(dp, s, p, i + 1, j + 1) || dfs(dp, s, p, i + 1, j) || dfs(dp, s, p, i, j + 1); } if (i < s.length) dp[i][j] = res; return res; } } 

看完以后突然就悟了，对啊，memoization 技术啊，把递归过程中的结果存起来呀！

于是我把自己的递归代码用 HashMap 改良了一版，把所有结果都用 HashMap 存起来。

class Solution { public boolean isMatch(String text, String pattern) { HashMap<String,Boolean> map=new HashMap<>(); return isMatchHelper(text, pattern, map); } public boolean isMatchHelper(String text, String pattern, HashMap<String,Boolean> map) { if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty(); if (text.isEmpty()) return pattern.isEmpty() || isStars(pattern); String key = text + '@' + pattern; if(map.containsKey(key)) { return map.get(key); } boolean first_match = (!text.isEmpty() && (pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '?')); if (pattern.charAt(0) == '*') { boolean res = (isMatchHelper(text.substring(1), pattern, map) || (isMatchHelper(text.substring(1), pattern.substring(1), map))) || (isMatchHelper(text, pattern.substring(1), map)); map.put(key, res); return res; } else { boolean res = first_match && isMatchHelper(text.substring(1), pattern.substring(1), map); map.put(key, res); return res; } } private boolean isStars(String pattern) { // TODO Auto-generated method stub for (int i = 0; i < pattern.length(); i++) { if (pattern.charAt(i) != '*') { return false; } } return true; } } 

遗憾的是竟然超内存了。

又看了下 @xuyuntian 的代码，原因只能是 HashMap 太占内存了，于是我也改成了用数组缓存结果。同样的，需要将下标在递归中传递。

class Solution { public boolean isMatch(String text, String pattern) { boolean res = isMatchHelper(text, 0, pattern, 0, new Boolean[text.length()][pattern.length()]); return res; } public boolean isMatchHelper(String textOrigin, int textStart, String patternOrigin, int patternStart, Boolean[][] map) { String text = textOrigin.substring(textStart); String pattern = patternOrigin.substring(patternStart); if (pattern.isEmpty()) return text.isEmpty(); if (text.isEmpty()) return pattern.isEmpty() || isStars(pattern); if(map[textStart][patternStart] != null) { return map[textStart][patternStart] ; } boolean first_match = (!text.isEmpty() && (pattern.charAt(0) == text.charAt(0) || pattern.charAt(0) == '?')); if (pattern.charAt(0) == '*') { boolean res = (isMatchHelper(textOrigin, textStart + 1,patternOrigin, patternStart, map) || (isMatchHelper(textOrigin, textStart + 1 ,patternOrigin, patternStart + 1, map))) || (isMatchHelper(textOrigin, textStart, patternOrigin, patternStart + 1, map)); map[textStart][patternStart] = res; return res; } else { boolean res = first_match && isMatchHelper(textOrigin, textStart + 1 ,patternOrigin, patternStart + 1, map); map[textStart][patternStart] = res; return res; } } private boolean isStars(String pattern) { // TODO Auto-generated method stub for (int i = 0; i < pattern.length(); i++) { if (pattern.charAt(i) != '*') { return false; } } return true; } } 

终于 AC 了！

总

动态规划的应用，理清递推的公式就可以。另外迭代的方法，也让人眼前一亮。