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一个简单规则的匹配，「点.」代表任意字符，「星号*」 代表前一个字符重复 0 次或任意次。
解法一 递归
假如没有通配符 * ，这道题的难度就会少了很多，我们只需要一个字符，一个字符匹配就行。如果对递归不是很了解，强烈建议看下这篇文章，可以理清一下递归的思路。
- 我们假设存在这么个函数 isMatch，它将告诉我们 text 和 pattern 是否匹配
boolean isMatch ( String text, String pattern ) ; - 递归规模减小
text 和 pattern 匹配，等价于 text 和 patten 的第一个字符匹配并且剩下的字符也匹配，而判断剩下的字符是否匹配，我们就可以调用 isMatch 函数。也就是
(pattern.charAt(0) ==text.charAt(0) ||pattern.charAt(0) =='.')&&isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1));
递归出口
随着规模的减小， 当 pattern 为空时，如果 text 也为空，就返回 True，不然的话就返回 False 。
if (pattern.isEmpty()) returntext.isEmpty();
综上，我们的代码是
publicbooleanisMatch(Stringtext, Stringpattern) { if (pattern.isEmpty()) returntext.isEmpty(); //判断 text 是否为空，防止越界，如果 text 为空， 表达式直接判为 false, text.charAt(0)就不会执行了booleanfirst_match= (!text.isEmpty() && (pattern.charAt(0) ==text.charAt(0) ||pattern.charAt(0) =='.')); returnfirst_match&&isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1)); }
当我们考虑了 * 呢，对于递归规模的减小，会增加对于 * 的判断，直接看代码吧。
publicbooleanisMatch(Stringtext, Stringpattern) { if (pattern.isEmpty()) returntext.isEmpty(); booleanfirst_match= (!text.isEmpty() && (pattern.charAt(0) ==text.charAt(0) ||pattern.charAt(0) =='.')); //只有长度大于 2 的时候，才考虑 *if (pattern.length() >=2&&pattern.charAt(1) =='*'){ //两种情况//pattern 直接跳过两个字符。表示 * 前边的字符出现 0 次//pattern 不变，例如 text = aa ，pattern = a*，第一个 a 匹配，然后 text 的第二个 a 接着和 pattern 的第一个 a 进行匹配。表示 * 用前一个字符替代。return (isMatch(text, pattern.substring(2)) || (first_match&&isMatch(text.substring(1), pattern))); } else { returnfirst_match&&isMatch(text.substring(1), pattern.substring(1)); } }
时间复杂度：有点儿小复杂，待更。
空间复杂度：有点儿小复杂，待更。
解法二 动态规划
上边的递归，为了方便理解，简化下思路。
为了判断 text [ 0，len ] 的情况，需要知道 text [ 1，len ]
为了判断 text [ 1，len ] 的情况，需要知道 text [ 2，len ]
为了判断 text [ 2，len ] 的情况，需要知道 text [ 3，len ]
...
为了判断 text [ len - 1，len ] 的情况，需要知道 text [ len，len ]
text [ len，len ] 肯定好求
求出 text [ len，len ] 的情况，就知道了 text [ len - 1，len ]
求出 text [ len - 1，len ] 的情况，就知道了 text [ len - 2，len ]
...
求出 text [ 2，len ] 的情况，就知道了 text [1，len ]
求出 text [ l1，len ] 的情况，就知道了 text [ 0，len ]
从而知道了 text [ 0，len ] 的情况，求得问题的解。
上边就是先压栈，然后出栈，其实我们可以直接倒过来求，可以省略压栈的过程。
我们先求 text [ len，len ] 的情况
利用 text [ len，len ] 的情况 ，再求 text [ len - 1，len ] 的情况
...
利用 text [ 2，len ] 的情况 ，再求 text [ 1，len ] 的情况
利用 text [1，len ] 的情况 ，再求 text [ 0，len ] 的情况
从而求出问题的解
我们用 dp[i][j]dp[i][j]表示 text 从 i 开始到最后，pattern 从 j 开始到最后，此时 text 和 pattern 是否匹配。
dp[2][2]dp[2][2]就是图中橙色的部分.
publicbooleanisMatch(Stringtext, Stringpattern) { // 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=newboolean[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 (inti=text.length(); i>=0; i--) { for (intj=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; booleanfirst_match= (i<text.length() &&j<pattern.length() && (pattern.charAt(j) ==text.charAt(i) ||pattern.charAt(j) =='.')); if (j+1<pattern.length() &&pattern.charAt(j+1) =='*') { dp[i][j] =dp[i][j+2] ||first_match&&dp[i+1][j]; } else { dp[i][j] =first_match&&dp[i+1][j+1]; } } } returndp[0][0]; }
时间复杂度：假设 text 的长度是 T，pattern 的长度是 P ，空间复杂度就是 O（TP）。
空间复杂度：申请了 dp 空间，所以是 O（TP），因为每次循环我们只需要知道 i 和 i + 1 时候的情况，所以我们可以向 第 5 题 一样进行优化。
publicbooleanisMatch(Stringtext, Stringpattern) { // 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=newboolean[2][pattern.length() +1]; dp[text.length()%2][pattern.length()] =true; // 从 len 开始减少for (inti=text.length(); i>=0; i--) { for (intj=pattern.length(); j>=0; j--) { if(i==text.length()&&j==pattern.length()) continue; booleanfirst_match= (i<text.length() &&j<pattern.length() && (pattern.charAt(j) ==text.charAt(i) ||pattern.charAt(j) =='.')); if (j+1<pattern.length() &&pattern.charAt(j+1) =='*') { dp[i%2][j] =dp[i%2][j+2] ||first_match&&dp[(i+1)%2][j]; } else { dp[i%2][j] =first_match&&dp[(i+1)%2][j+1]; } } } returndp[0][0]; }
时间复杂度：不变， O（TP）。
空间复杂度：主要用了两个数组进行轮换，O（P）。
总结
这道题对于递归的解法，感觉难在怎么去求时间复杂度，现在还没有什么思路，以后再来补充吧。整体来说，只要理清思路，两种算法还是比较好理解的。
