又好又难的题。
我发现难题一般都包含了好几个简单题，必须对一些基本的算法熟练掌握才能快速准确的写出代码。这个题就用到了kmp，这个算法写过好多遍，还是不断的出错，哎。
题目中有两种符号，？可以匹配任意单个字符，*可以匹配任意0个或多个字符。？其实没什么，麻烦就麻烦在*上。一个*实际上代表了一段任意的字符串。很容易想到的一种解法是用递归，当p[i]不为*时，看p[i]是不是‘？‘或者p[i]==s[j]，这样就把两个串都往下移一个位置，如果p[i]是*的话，一种情况是*代表的是0个字符，那么就只移动p，也可以代表多个字符，一步一步的移动s，代码如下，这种方式是正确的，小规模的数据是可以过得，但是大规模的会超时，因为有*之后支路实在是太多了。
class Solution {
public:
bool isMatch(const char *s, const char *p)
{
if (s == NULL || p == NULL) return false;
if (*p == ‘\0‘) return *s == ‘\0‘;
if (*p == ‘*‘)
{
while (*p == ‘*‘) ++p;
while (*s != ‘\0‘)
{
if (isMatch(s, p)) return true;
++s;
}
return isMatch(s, p);
}
else if ((*s != ‘\0‘ && *p == ‘?‘) || *p == *s)
{
return isMatch(s + 1, p + 1);
}
return false;
}
};下面介绍一种很巧妙的思路。*可以代表任意一个字符串，那么如果将p按照*来分割的话，剩下的每一段都应该是s的子串，这些子串是有先后顺序的，中间其实是由*来连接的。如果这些子串却是按照顺序匹配了s，那么加上*之后，p和s就会完全匹配。这里有两个边界情况，第一个是如果p的开头不是*，那么分割后p的第一串必须跟s从头开始匹配，不匹配直接返回false。第二个边界是最后一段，如果p的最后一段不是*，那么p的最后一段必须与s的后半部分匹配。
实现的时候，p按照*分割没什么，一个字符一个字符的加就行了，如果是java的话一个split函数就搞定了，注意多个*连在一起的话相当于一个。判断一个字符串是不是子串我用的是kmp，有一个地方特别注意，q[0]=-1而不是0，j的初值也是-1，这里总是搞错。kmp算法的思想是让子串不断的匹配长串，如果子串在位置i出现不匹配的情况，则子串回到前面的某个位置q[i]，这个位置使得p[0, q[i]]依然与长串匹配，且q[i]最大。有关kmp可以找matrix67的那篇博客，很精彩的。再加上边界条件的讨论，就可以写出完整的代码了。
我在变量命名的时候犯了个地级错误，但是编译运行是没有问题的，一个算法写到将近100行。。
class Solution {
public:
int p[100000];
vector<string> mp;
bool bs = false, be = false;
void getp(string &c){
p[0] = -1;
int j=-1, i=1;
while(i<c.length()){
while(j>=0&&c[j+1]!=c[i]&&c[j+1]!=‘?‘)
j=p[j];
if(c[j+1] == c[i] || c[j+1] == ‘?‘)
++j;
p[i] = j;
++i;
}
}
int isSubstr(const char* a, string &b){
getp(b);
int i=0, j=-1;
while(a[i]){
while(j>=0&&b[j+1]!=a[i]&&b[j+1]!=‘?‘)
j=p[j];
if(b[j+1] == a[i]||b[j+1] == ‘?‘)
++j;
if(j == b.length()-1)
return i+1;
++i;
}
return -1;
}
void partS(const char *p){
string tps;
while(*p){
while(*p == ‘*‘) ++p;
tps = "";
for(;*p&&*p!=‘*‘;++p)
tps += *p;
if(tps != "") mp.push_back(tps);
}
}
bool fullcomp(const char *s, string &p, int len){
for(int i=0;i<len;i++){
if(s[i] != p[i] && p[i] != ‘?‘)
return false;
}
return true;
}
bool isMatch(const char *s, const char *p){
if(s==NULL && p==NULL) return false;
if(*p == ‘\0‘) return *s == ‘\0‘;
mp.clear();
int i=0, j=0, l1=0, l2=0;
while(s[i]) {++i; ++l1;}
while(p[j]) {++j; ++l2;}
partS(p);
if(mp.size() == 0){
return true;
}
bool firstmatch = false;
int offset = 0, tpoff;
if(*p != ‘*‘){
if(mp.size()==1 && p[l2-1] != ‘*‘){
if(l1 > l2 || l1==0)
return false;
}
if(l1<mp[0].length()||!fullcomp(s, mp[0], mp[0].length()))
return false;
offset += mp[0].length();
firstmatch = true;
}
vector<string>::iterator it=mp.begin();
if(firstmatch) ++it;
for(;it!=mp.end()&&offset<l1;++it){
if(l1-offset<(*it).length()) return false;
tpoff = isSubstr(s+offset, *it);
if(tpoff == -1) return false;
offset += tpoff;
}
if(it!=mp.end()){
return false;
}
if(p[l2-1] != ‘*‘){
for(int i=0;i<mp[mp.size()-1].length();i++){
if(p[l2-i-1] != s[l1-i-1] && p[l2-i-1] != ‘?‘)
return false;
}
}
return true;
}
};leetcode第一刷_Wildcard Matching,布布扣,bubuko.com
原文地址：http://blog.csdn.net/u012792219/article/details/25737335
