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README.md

@@ -16,6 +16,7 @@ My LeetCode solutions with Chinese explanation. 我的LeetCode中文题解。
 | 7 |[Reverse Integer](https://leetcode.com/problems/reverse-integer)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/7.%20Reverse%20Integer.md)|Easy|  |
 | 8 |[String to Integer (atoi)](https://leetcode.com/problems/string-to-integer-atoi)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/8.%20String%20to%20Integer%20(atoi).md)|Medium|  |
 | 9 |[Palindrome Number](https://leetcode.com/problems/palindrome-number)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/9.%20Palindrome%20Number.md)|Easy|  |
+| 10 |[Regular Expression Matching](https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/)|[C++](solutions/10.%20Regular%20Expression%20Matching.md)|Hard|  |
 | 11 |[Container With Most Water](https://leetcode.com/problems/container-with-most-water)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/11.%20Container%20With%20Most%20Water.md)|Medium|  |
 | 12 |[Integer to Roman](https://leetcode.com/problems/integer-to-roman)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/12.%20Integer%20to%20Roman.md)|Medium|  |
 | 13 |[Roman to Integer](https://leetcode.com/problems/roman-to-integer)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/13.%20Roman%20to%20Integer.md)|Easy|  |

solutions/10. Regular Expression Matching.md

@@ -0,0 +1,112 @@
+# [10. Regular Expression Matching](https://leetcode.com/problems/regular-expression-matching/)
+
+# 思路
+
+仅包含'.'和'*'以及小写字母的正则表达式匹配。模式中的字符
+
+* '.'表示任意一个字符；
+* 而'*'表示它前面的字符可以出现任意次（包含0次）。
+
+
+
+## 思路一、递归
+
+递归解法，先考虑如何匹配s中的第一个字符，再递归匹配剩余部分。
+
+由于模式的第二个字符可能是'*'，所以模式的第一个字符不一定要匹配，例如模式'a\*bc'可以匹配'bc'，所以我们按照模式中 **第二个字符是否为'\*'** 对情况分类：
+
+* 若是，即`p[1] == '*'`，因为可以匹配第一个字符`p[0]`0次或>0次，所以有两条路可尝试：
+    * (1) 尝试匹配0次，此时递归考虑模式p的剩余部分是否与s匹配即可，即若`isMatch(s, p.substr(2))==true`，则返回true，程序结束，否则进入(2)。
+    * (2) 尝试匹配>0次，此时前提是p和s的第一个字符匹配成功，即`(s[0] == p[0] || '.' == p[0])`，然后递归考虑模式p是否与s的剩余部分是否匹配即可，即若`isMatch(s.substr(1), p)==true`，则返回true，程序结束。若(1)(2)都不成立，则匹配失败，返回false，程序结束。
+
+* 若不是，那就比较简单了，直接判断模式p和s的第一个字符是否匹配然后再递归匹配剩余即可，即返回`(s[0] == p[0] || '.' == p[0]) && isMatch(s.substr(1), p.substr(1))`。
+
+另外还有一个重要的点就是递归出口，先来看三个边界情况：
+
+|s|p|匹配结果|
+| :-: | :-: | :-: |
+|空|空|true|
+|不空|空|false|
+|空|不空|无法判断, 例若s为空, 则p='x*'时匹配成功, p='x'时匹配失败|
+
+由上表可知递归出口为
+``` C++
+if(p.empty()) return s.empty();
+```
+所以s为空但p不为空时不会立即返回，所以在访问`s[0]`之前需要先判断s是否为空，见代码。
+
+这种方法由于递归调用次数比较多，所以亲测比较慢。下面思路二采用动态规划迭代的方式要快很多。
+
+## 思路二、动归
+也可以使用动态规划的方法，因为匹配问题可以分解为单个字符进行匹配的子问题。
+
+我们定义状态：
+```
+如果 s[0, 1, ..., i-1] 与 p[0, 1, ..., j-1] 匹配则 dp[i][j] = true 否则 dp[i][j] = false. 
+```
+所以初始状态为`dp[0][0] = true`表示两个空串相匹配，其他全部初始为false。
+
+根据思路一的分析，我们有类似的状态转移方程：
+
+* 如果模式最后一个字符（即`p[j-1]`）为'*'，则有两条路:
+    * (1)尝试匹配0次，即`p[j-2]`和`p[j-1]`都没用，所以如果`dp[i][j-2] == true`则`dp[i][j]`为true；
+    * (2)尝试匹配1次，即在前一个模式字符`p[j-2]`与待匹配字符`s[i-1]`相匹配的情况下，如果`dp[i-1][j]=true`则`dp[i][j]`为true；
+* 否则，即模式最后一个字符不为'*'，则只能检查这个字符是否与待匹配字符是否匹配了，若匹配，且`dp[i-1][j-1]=true`则`dp[i][j]`为true。
+
+与思路一类似，由于s为空但p不为空时可能成功匹配，所以第一层循环i应该从0开始而不是从1开始，见代码。
+
+# C++
+
+## 思路一
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    bool isMatch(string s, string p) {
+        if(p.empty()) return s.empty();
+        
+        #define MATCH (s[0] == p[0] || '.' == p[0])
+        
+        // p的第二个字符是*
+        if(p[1] == '*'){ // 不会溢出, 因为p[p.size()] == '\0'
+            // 匹配0个字符, 此时若s为空也可能匹配成功
+            if(isMatch(s, p.substr(2))) return true; 
+            // 匹配1个字符
+            if(s.size() && MATCH && isMatch(s.substr(1), p)) return true; 
+            return false;
+        }
+        
+        // p的第二个字符不是*
+        return s.size() && MATCH && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
+    }
+};
+```
+
+## 思路二
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    bool isMatch(string s, string p) {
+        // if(p.empty()) return s.empty();
+        int sn = s.size(), pn = p.size();
+        vector<vector<bool>>dp(sn + 1, vector<bool>(pn + 1, false));
+        dp[0][0] = true;
+        
+        for(int i = 0; i <= sn; i++){ // i = 0代表s为空的情况, 所以不能从1开始
+            for(int j = 1; j <= pn; j++){
+                if(j > 1 && p[j - 1] == '*'){ // 最后一个字符为*
+                    // 匹配0个字符
+                    if(dp[i][j-2]) dp[i][j] = true;
+                    // 匹配1个字符
+                    else if(i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 2] || '.' == p[j - 2]) && dp[i-1][j]) 
+                        dp[i][j] = true;
+                }
+                // 最后一个字符不是*
+                else if(i > 0 && (s[i - 1] == p[j - 1] || '.' == p[j - 1]) && dp[i-1][j-1]) 
+                    dp[i][j] = true;
+            }
+        }
+        
+        return dp[sn][pn];
+    }
+};
+```