【十五】【动态规划】115. 不同的子序列、44. 通配符匹配、10. 正则表达式匹配 ，三道题目深度解析

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

1. 基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。

2. 归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

1. 状态表示：

2. 状态转移方程：

3. 初始化：

4. 填表顺序：

5. 返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。

115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

对于子序列的问题研究，我们通常研究[0,i]这段区域中的子序列的情况，对于两段字符串，研究子序列问题，我们可以分别研究一个字符串中[0,i]的区域，和另一个字符串中[0,j]的区域中的子序列的情况。

结合题目意思，我们可以定义这样的状态表示，定义dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。

状态转移方程

对于状态转移方程的推导，通常都是通过最后一个位置的状况进行分类讨论。

对（i，j）状态进行分析，尝试通过其他状态推导出（i，j）位置的状态值。

1. 如果s[0，i]区域和t[0,j]子数组相等的子序列包括s[i]元素， 此时s[i]==s[j]，要在s中[0,i]区域找和t的[0,j]子数组相等的子序列，只需要在s中[0,i-1]区域找和t的[0,j-1]子数组相等的子序列即可，在所有情况后面添加s[i]和t[j]，每一种情况构成（s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列）的一种情况，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。

2. 如果s[0，i]区域和t[0,j]子数组相等的子序列不包括s[i]元素， 此时dp[i][j]=dp[i-1][j]。

综上所述，状态转移方程为，

if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]；
dp[i][j]+=dp[i-1][j]；

因为dp[i][j]都是+=进行赋值，所以dp[i][j]一定要有初始值0，所以我们需要将所有位置的状态初始化为0。

初始化

根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，可能需要用到（i-1，j-1）（i-1，j）位置的状态。

所以在推导蓝色位置的状态时，会发现越界情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。

1. 初始化蓝色行部分， 此时i=0，j=0、1、...，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。

   1. 如果[0,j]有至少两个元素， 此时dp[i][j]=0。

   2. 如果[0,j]只有一个元素, 此时dp[i][j]=s[0]==t[0]?1:0。

2. 初始化蓝色列部分， （0,0）位置在初始化蓝色行部分就处理过了，所以我们从(0,1)开始初始化。 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。

   ??所以我们要遍历s数组[1,i]元素，统计和t[0]相等的元素有多少个。这里需要用两个for循环，时间复杂度是O(N^2),且书写起来有些许复杂。我们希望有更简便的初始化过程。

我们在初始化过程中，觉得这个代码写起来比较复杂，我们希望可以简单实现初始化过程，因此我们可以添加虚拟节点，代替原来需要初始化位置。

即多添加一行和一列。

添加虚拟节点有几点注意事项，

1. 对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。

2. 注意下标映射的关系。

对虚拟节点进行初始化：

对虚拟节点进行初始化，一般是通过实际意义来初始化。

1. 初始化蓝色行部分， 此时i=0，j=0、1、...，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。

   1. 如果[0,j]有至少两个元素， 此时dp[i][j]=0。

   2. 如果[0,j]只有一个元素, 此时dp[i][j]=s[0]==t[0]?1:0。

2. 初始化蓝色列部分， （0,0）位置在初始化蓝色行部分就处理过了，所以我们从(0,1)开始初始化。 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。

   1. 1. ??所以我们要遍历s数组[1,i]元素，统计和t[0]相等的元素有多少个。

我们先观察状态表示和状态转移方程，

dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。

if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]； dp[i][j]+=dp[i-1][j]；

1. 对蓝色行部分进行分析， 如果[0,j]有至少两个元素，即j>=1，此时dp[i][j]=0,对应状态转移方程，不管s[i]是否等于t[j]，dp[i][j]都需要等于0，所以dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]都需要初始化为0。 如果[0,j]只有一个元素，当s[i]==s[j]时，dp[i][j]=1，否则dp[i][j]=0,所以dp[i-1][j-1]应该等于1，dp[i-1][j]应该等于0。 即，（0,0）初始化为1，（0,1）、（0,2）...初始化为0。

2. 对蓝色列部分进行分析， 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。 dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。 if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]； dp[i][j]+=dp[i-1][j]； 如果选s[i]元素，此时s[i]==t[j]，dp[i][j]+=1。 如果不选s[i]元素，dp[i][j]+=dp[i-1][j]。 对应状态转移方程，dp[i-1][j-1]应该初始化为1，dp[i-1][j]不需要处理。 即（1,0）（1,1）....全部初始化为1。

综上所述，绿色第一列全部初始化为1，第一行除第一个元素，全部初始化为0。再加上在状态转移方程中的分析，紫色位置状态全部初始化为0。

下标映射关系：

dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。

因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与t中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。

有两种解决办法。

1. 从dp[i][j]找s，t中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，t中的对应位置。

2. 当然也可以在s，t前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。

实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。

填表顺序

根据状态转移方程，

if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]；
 dp[i][j]+=dp[i-1][j]；

我们知道，推导（i，j）位置的状态时，我们需要用到（i-1，j-1）（i-1，j）的位置。

1. 固定i改变j， 此时i的变化一定是从小到大，当推导 （i，）位置的状态时，（i-1，）位置的状态已经得出，所以j的变化可以从小到大，也可以从大到小。

2. 固定j改变i， 此时j的变化一定是从小到大，又因为需要（i-1，j）位置的状态，所以i的变化也要从小到大。

返回值

根据状态表示，

dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。

结合题目意思，我们需要s中[0，m]区域的所有子序列，与t中[0，n]区域子数组相等的子序列个数。

又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。

代码实现

class Solution {
public:
    int numDistinct(string s, string t) {
        // 1. 创建 dp 表
        // 2. 初始化
        // 3. 填表
        // 4. 返回值
        int n = t.size(), m = s.size();
        vector<vector<double>> dp(m + 1, vector<double>(n + 1));
        for (int i = 0; i <= m; i++)
            dp[i][0] = 1; // 初始化
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                dp[i][j] += dp[i-1][j];
                if (s[i - 1] == t[j - 1])
                    dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1];
            }
        return dp[m][n];
    }
};

44. 通配符匹配 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

对于两个字符串之间的dp问题,我们一般的思考方式如下:

1. 选取第一个字符串的[0,i]区间以及第二个字符串的[0,j]区间当成研究对象,结合题目的要求来定义「状态表示」;

2. 然后根据两个区间上「最后一个位置的字符」,来进行「分类讨论」,从而确定「状态转移方程」。

我们可以根据上面的策略,解决大部分关于两个字符串之间的dp问题。

因此,我们定义状态表示为: dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

状态转移方程

根据最后一个位置的具体状况进行分类讨论，

1. 如果p[j]为一个小写英文字符，

   1. 如果p[j]==s[i]， 此时只需要判断p[0,j-1]字符串能否匹配s[0,i-1]字符串，所以此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。

   2. 如果p[j]!=s[i]， 此时无法匹配，所以dp[i][j]=false。

2. 如果p[j]==‘？’， 此时让p[j]==s[i]，只需要判断p[0,j-1]字符串能否匹配s[0,i-1]字符串，所以此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。

3. 如果p[j]=='*'，

4. 

   ??正常书写代码，只要一种情况可以匹配，那么dp[i][j]就等于true，所以我们要遍历dp[0][j-1]~dp[i][j-1]，此时需要花费O(n)的时间，而dp表是二维，最终我们时间复杂度会达到O(n

   ??^3),我们希望可以减低时间复杂度，O（n^3）时间复杂度实在是太大了。 我们观察上述推导，可以发现一个很有趣的东西，dp[i][j-1],dp[i-1][j-1],dp[i-2][j-1]...这里横坐标很有规律的减少1，纵坐标不变。我们尝试推导dp[i-1][j]，得到 dp[i-1][j]=(dp[i-1][j]||dp[i-2][j-1]||dp[i-3][j-1]||dp[i-4][j-1]....||dp[0][j-1]||j==0),又因为 dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j-1]||dp[i-2][j-1]||dp[i-3][j-1].....||dp[0][j-1]||j==0),

   ??所以我们可以写成这样，dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j]) 这样用一个表达式就可以解决这一种情况，将O(n）的时间复杂度降低到了O(1)。（注意，dp[i-1][j]和dp[i][j]省略号会一直到dp[0][j-1]，所以是严格相等。） 此时dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j])。

将上述情况进行合并和简化，我们可以得到状态转移方程，

    if (p[j] == '*')
        dp[i][j] = dp[i][j-1] || dp[i-1][j];
    else
        dp[i][j] =
            (p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];

初始化

根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-1）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态。

当我们在推导蓝色部分的状态时，就会发现越界的情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。

为了简化初始化的过程，我们可以创建虚拟节点，即多添加一行和一列代替原先需要初始化的位置。

此时绿色部分构成原先蓝色部分的前驱，也就是代替了原先蓝色部分，我们现在只需要初始化绿色部分即可。

添加虚拟节点有几点注意事项，

1. 对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。

2. 注意下标映射的关系。

对虚拟节点进行初始化：

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

为了统一状态表示，我们可以定义绿色部分含义为空串。

dp[0][0]表示两个空串是否能匹配，此时dp[0][0]=true。

1. 当i==0,j>0， 表示s是空串，p[0,j]能否匹配，此时如果p[0,j]全是'*'，dp[i][j]=true。

2. 当i>0,j==0, 表示p是空串，s[0,i]能否匹配，此时dp[i][j]=false。

下标映射的关系：

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与p中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。

有两种解决办法。

1. 从dp[i][j]找s，p中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，p中的对应位置。

2. 当然也可以在s，p前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。

实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。

填表顺序

状态转移方程，

    if (p[j] == '*')
        dp[i][j] = dp[i][j-1] || dp[i-1][j];
    else
        dp[i][j] =
            (p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];

根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置状态时，需要用到（i，j-1）（i-1，j）（i-1，j-1）位置的状态。

1. 固定i，改变j， i的变化需要从小到大，由于要用到（i，j-1）位置的状态，所以j的变化需要从小到大。

2. 固定j，改变i， j的变化需要从小到大，由于要用到（i-1，j）位置的状态，所以i的变化需要从小到大。

返回值

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

根据状态表示和题目意思，我们需要判断字符串p[0,n]能否匹配字符串 s [0,m]。

又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。

代码实现

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {

        int m = s.size(), n = p.size();
        s = " " + s, p = " " + p;
        vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1)); // 1. 创建 dp 表
        dp[0][0] = true;                                     // 2. 初始化
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (p[j] == '*')
                dp[0][j] = true;
            else
                break;
        // 3. 填表
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (p[j] == '*')
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1];
                else
                    dp[i][j] =
                        (p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];
            }
        }
        // 4. 返回值
        return dp[m][n];
    }
};

10. 正则表达式匹配 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

对于两个字符串之间的dp问题,我们一般的思考方式如下:

1. 选取第一个字符串的[0,i]区间以及第二个字符串的[0,j]区间当成研究对象,结合题目的要求来定义「状态表示」;

2. 然后根据两个区间上「最后一个位置的字符」,来进行「分类讨论」,从而确定「状态转移方程」。

我们可以根据上面的策略,解决大部分关于两个字符串之间的dp问题。

因此,我们定义状态表示为: dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

状态转移方程

根据最后一个位置的具体状况进行分类讨论，

1. 如果p[j]为一个小写英文字母，

   1. 如果s[i]==p[j]，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。

   2. 如果s[i]!=p[j]，此时dp[i][j]=false。

2. 如果p[j]=='.', 此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。

3. 如果p[j]=='*',

4. 

   ??观察上述推导，我们发现一个很有趣的东西，dp[i-1][j-2]、dp[i-2][j-2]、dp[i-3][j-2]....横坐标依次减一，纵坐标不变，变化十分有规律。由此我们尝试推导dp[i-1][j]的等式，得到

   ??dp[i-1][j]=(dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]||dp[i-3][j-2]||...||dp[0][j-1]||全部匹配||p[i-1]=='.'),又

   ??dp[i][j]=(dp[i][j-2]||dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]||dp[i-3][j-2]||...||dp[0][j-1]||全部匹配||p[i-1]=='.'),

   ??得到dp[i][j]=(dp[i][j-2]||dp[i-1][j]);

综上所述，状态转移方程为，

    if (p[j] == '*')
        dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (p[j - 1] == '.' || p[j - 1] == s[i]) && dp[i - 1][j];
    else
        dp[i][j] = (p[j] == s[i] || p[j] == '.') && dp[i - 1][j - 1];

初始化

根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-2）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，还需要判断p[j-1]。

注意，如果*出现，前面一定有至少一个元素，所以(i，j-2）位置的状态一定不会越界。所以我们只需要考虑（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，以及判断p[j-1]。

当我们在推导蓝色部分的状态时，就会发现越界的情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。

为了简化初始化的过程，我们可以创建虚拟节点，即多添加一行和一列代替原先需要初始化的位置。

添加虚拟节点有几点注意事项，

1. 对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。

2. 注意下标映射的关系。

对虚拟节点进行初始化：

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

为了统一状态表示，我们可以定义绿色部分含义为空串。

dp[0][0]表示两个空串是否能匹配，此时dp[0][0]=true。

1. 当i==0,j>0， 表示s是空串，p[0,j]能否匹配，此时只有可能p[0,j]所有字符表示为“任一字符+*“才能匹配空串。

2. 当i>0,j==0, 此时s[0,i],p时空串，不可能匹配，dp[i][j]=false。

下标映射的关系：

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与p中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。

有两种解决办法。

1. 从dp[i][j]找s，p中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，p中的对应位置。

2. 当然也可以在s，p前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。

实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-2）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，还需要判断p[j-1]。

1. 固定i改变j， i的变化需要从小到大，由于需要用到（i，j-2）位置的状态，所以j的变化需要从小到大。

2. 固定j改变i， j的变化需要从小到大，由于需要用到（i-1，j）位置的状态，所以i的变化需要从小到大。

返回值

dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。

根据状态表示和题目意思，我们需要判断字符串p[0,n]能否匹配字符串 s [0,m]。

又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。

代码实现

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int m = s.size(), n = p.size();
        s = ' ' + s, p = ' ' + p;
        // 1. 创建 dp 表
        vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1));
        // 2. 初始化
        dp[0][0] = true;
        for (int j = 2; j <= n; j += 2)
            if (p[j] == '*')
                dp[0][j] = true;
            else
                break;
        // 3. 填表
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (p[j] == '*')
                    dp[i][j] =
                        dp[i][j - 2] ||
                        (p[j - 1] == '.' || p[j - 1] == s[i]) && dp[i - 1][j];
                else
                    dp[i][j] = (p[j] == s[i] || p[j] == '.') && dp[i - 1][j - 1];
            }
        }
        // 4. 返回值
        return dp[m][n];
    }
};

结尾

今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。

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