給你乙個字串 s 和乙個字元規律 p，請你來實現乙個支援 『.』 和 『*』 的正規表示式匹配。
'.' 匹配任意單個字元
'*' 匹配零個或多個前面的那乙個元素
說明:
s 可能為空，且只包含從 a-z 的小寫字母。
p 可能為空，且只包含從 a-z 的小寫字母，以及字元 . 和 *。
輸入:
s = "aa"
p = "a"
輸出: false
解釋: "a" 無法匹配 "aa" 整個字串。
輸入:
s = "aa"
p = "a*"
輸出: true
解釋: 因為 '*' 代表可以匹配零個或多個前面的那乙個元素, 在這裡前面的元素就是 'a'。因此，字串 "aa" 可被視為 'a' 重複了一次。
輸入:
s = "ab"
p = ".*"
輸出: true
解釋: ".*" 表示可匹配零個或多個（'*'）任意字元（'.'）。
輸入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
輸出: true
解釋: 因為 '*' 表示零個或多個，這裡 'c' 為 0 個, 'a' 被重複一次。因此可以匹配字串 "aab"。
逐個的比較s與p字串，考慮存在的情況：
記：first_match = !s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.');
1. p[1] == '*'(需保證此時p[1]存在：p.size() > 1 )，此時存在兩種情況，
ⅰ：*匹配零個，則跳過它，遞迴判斷 ismatch(s, p.substr(2))
ⅱ：*匹配一次，則要求第一位匹配 first_match 並遞迴判斷 ismatch(s.substr(1), p))
（為什麼不考慮匹配兩次與多次的情況？因為這是上面兩種情況的子情況）
2. p[1] != '*', 則要求第一位匹配 first_match 並遞迴的去判斷s與p的剩餘部分ismatch(s.substr(1), p.substr(1))；
3. 當 p 為空的時候，判斷 s 是否為空，為空則為 true 否者為 false
class
solution
if(p.
size()
>
1&& p[1]
=='*'
)else}}
;
由於判斷p[j] == s[i]、p[j-1]p[j]等當前問題附近的情況，即可減小原問題，因此存在最優子結構，因此可以寫出動態規劃方程：
記dp[i][j]表示前i個源字元與前j個模式串字元是否匹配（含當前i,j這兩個字元）
下面考慮轉移方程：
·如果 p[j] = '.' 或者p[j] == s[i] : 匹配成功，等於true && dp[i-1][j-1]
·如果p[j] == '*' ：需要進一步討論，假設p[j]前面p[j-1]存在
ⅰ：如果p[j-1] == '.' || p[j-1] == s[i] 成立, 則對於p[j-1]p[j] 這模式串可以使用1到無數次 : 匹配成功，等於true && dp[i-1][j]
ⅱ：如果p[j-1] == '.' || p[j-1] == s[i] 不成立，那可以使用p[j-1]p[j]這兩個模式串0次 : 匹配成功，等於true && dp[i-1][j-2]
其他情況匹配不成功，等於false
接著是初始解的確定：
·首先考慮dp[0][0]，因為均為空是匹配的，為true
·觀察我們的轉移方程我們需要確定的初始解為 dp[0][j] 的全部情況
對於p[j] != '*' 一定是不匹配的，對於p[j] == '*' 的情況，就存在p[j-1]p[j]這兩個模式串使用0次，因此dp[0][j] == dp[0][j-2] (j >= 2);
class
solution
for(
int i =
1; i <= ns; i++)if
(p[j-1]
=='*')}
}}return dp[ns]
[ps];}
};
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