自律小屋解题思路：
设 $s$ 的长度为 $n$ ，$p$ 的长度为 $m$ ；将 $s$ 的第 $i$ 个字符记为 $s_i$ ，$p$ 的第 $j$ 个字符记为 $p_j$ ，将 $s$ 的前 $i$ 个字符组成的子字符串记为 $s[:i]$ , 同理将 $p$ 的前 $j$ 个字符组成的子字符串记为 $p[:j]$ 。
因此，本题可转化为求 $s[:n]$ 是否能和 $p[:m]$ 匹配。
总体思路是从 $s[:1]$ 和 $p[:1]$ 是否能匹配开始判断，每轮添加一个字符并判断是否能匹配，直至添加完整个字符串 $s$ 和 $p$ 。展开来看，假设 $s[:i]$ 与 $p[:j]$ 可以匹配，那么下一状态有两种：
- 添加一个字符 $s_{i+1}$ 后是否能匹配？
- 添加字符 $p_{j+1}$ 后是否能匹配？
因此，本题的状态共有 $m \times n$ 种，应定义状态矩阵 $dp$ ，$dp[i][j]$ 代表 $s[:i]$ 与 $p[:j]$ 是否可以匹配。
做好状态定义，接下来就是根据 「普通字符」 , 「.」 , 「*」三种字符的功能定义，分析出动态规划的转移方程。
动态规划解析：
状态定义： 设动态规划矩阵 dp ，dp[i][j] 代表字符串 s 的前 i 个字符和 p 的前 j 个字符能否匹配。
转移方程： 需要注意，由于 dp[0][0] 代表的是空字符的状态， 因此 dp[i][j] 对应的添加字符是 s[i - 1] 和 p[j - 1] 。
当
p[j - 1] = '*'时，dp[i][j]在当以下任一情况为 $\text{true}$ 时等于 $\text{true}$ ：dp[i][j - 2]： 即将字符组合p[j - 2] *看作出现 0 次时，能否匹配；dp[i - 1][j]且s[i - 1] = p[j - 2]: 即让字符p[j - 2]多出现 1 次时，能否匹配；dp[i - 1][j]且p[j - 2] = '.': 即让字符'.'多出现 1 次时，能否匹配；
当
p[j - 1] != '*'时，dp[i][j]在当以下任一情况为 $\text{true}$ 时等于 $\text{true}$ ：dp[i - 1][j - 1]且s[i - 1] = p[j - 1]： 即让字符p[j - 1]多出现一次时，能否匹配；dp[i - 1][j - 1]且p[j - 1] = '.'： 即将字符.看作字符s[i - 1]时，能否匹配；
初始化： 需要先初始化 dp 矩阵首行，以避免状态转移时索引越界。
dp[0][0] = true： 代表两个空字符串能够匹配。dp[0][j] = dp[0][j - 2]且p[j - 1] = '*'： 首行s为空字符串，因此当p的偶数位为*时才能够匹配（即让p的奇数位出现 0 次，保持p是空字符串）。因此，循环遍历字符串p，步长为 2（即只看偶数位）。
返回值： dp 矩阵右下角字符，代表字符串 s 和 p 能否匹配。
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代码：
Python
class Solution:
def articleMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
m, n = len(s) + 1, len(p) + 1
dp = [[False] * n for _ in range(m)]
dp[0][0] = True
for j in range(2, n, 2):
dp[0][j] = dp[0][j - 2] and p[j - 1] == '*'
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
dp[i][j] = dp[i][j - 2] or dp[i - 1][j] and (s[i - 1] == p[j - 2] or p[j - 2] == '.') \
if p[j - 1] == '*' else \
dp[i - 1][j - 1] and (p[j - 1] == '.' or s[i - 1] == p[j - 1])
return dp[-1][-1]Java
class Solution {
public boolean articleMatch(String s, String p) {
int m = s.length() + 1, n = p.length() + 1;
boolean[][] dp = new boolean[m][n];
dp[0][0] = true;
for(int j = 2; j < n; j += 2)
dp[0][j] = dp[0][j - 2] && p.charAt(j - 1) == '*';
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = p.charAt(j - 1) == '*' ?
dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.') :
dp[i - 1][j - 1] && (p.charAt(j - 1) == '.' || s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1));
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
}C++
class Solution {
public:
bool articleMatch(string s, string p) {
int m = s.size() + 1, n = p.size() + 1;
vector<vector<bool>> dp(m, vector<bool>(n, false));
dp[0][0] = true;
for(int j = 2; j < n; j += 2)
dp[0][j] = dp[0][j - 2] && p[j - 1] == '*';
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = p[j - 1] == '*' ?
dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j] && (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.'):
dp[i - 1][j - 1] && (p[j - 1] == '.' || s[i - 1] == p[j - 1]);
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};以上代码利用布尔运算实现简短长度，若阅读不畅，可先理解以下代码，与文中内容一一对应：
Python
class Solution:
def articleMatch(self, s: str, p: str) -> bool:
m, n = len(s) + 1, len(p) + 1
dp = [[False] * n for _ in range(m)]
dp[0][0] = True
# 初始化首行
for j in range(2, n, 2):
dp[0][j] = dp[0][j - 2] and p[j - 1] == '*'
# 状态转移
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
if p[j - 1] == '*':
if dp[i][j - 2]: dp[i][j] = True # 1.
elif dp[i - 1][j] and s[i - 1] == p[j - 2]: dp[i][j] = True # 2.
elif dp[i - 1][j] and p[j - 2] == '.': dp[i][j] = True # 3.
else:
if dp[i - 1][j - 1] and s[i - 1] == p[j - 1]: dp[i][j] = True # 1.
elif dp[i - 1][j - 1] and p[j - 1] == '.': dp[i][j] = True # 2.
return dp[-1][-1]Java
class Solution {
public boolean articleMatch(String s, String p) {
int m = s.length() + 1, n = p.length() + 1;
boolean[][] dp = new boolean[m][n];
dp[0][0] = true;
// 初始化首行
for(int j = 2; j < n; j += 2)
dp[0][j] = dp[0][j - 2] && p.charAt(j - 1) == '*';
// 状态转移
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++) {
if(p.charAt(j - 1) == '*') {
if(dp[i][j - 2]) dp[i][j] = true; // 1.
else if(dp[i - 1][j] && s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2)) dp[i][j] = true; // 2.
else if(dp[i - 1][j] && p.charAt(j - 2) == '.') dp[i][j] = true; // 3.
} else {
if(dp[i - 1][j - 1] && s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1)) dp[i][j] = true; // 1.
else if(dp[i - 1][j - 1] && p.charAt(j - 1) == '.') dp[i][j] = true; // 2.
}
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
}C++
class Solution {
public:
bool articleMatch(string s, string p) {
int m = s.size() + 1, n = p.size() + 1;
vector<vector<bool>> dp(m, vector<bool>(n, false));
dp[0][0] = true;
// 初始化首行
for(int j = 2; j < n; j += 2)
dp[0][j] = dp[0][j - 2] && p[j - 1] == '*';
// 状态转移
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++) {
if(p[j - 1] == '*') {
if(dp[i][j - 2]) dp[i][j] = true; // 1.
else if(dp[i - 1][j] && s[i - 1] == p[j - 2]) dp[i][j] = true; // 2.
else if(dp[i - 1][j] && p[j - 2] == '.') dp[i][j] = true; // 3.
} else {
if(dp[i - 1][j - 1] && s[i - 1] == p[j - 1]) dp[i][j] = true; // 1.
else if(dp[i - 1][j - 1] && p[j - 1] == '.') dp[i][j] = true; // 2.
}
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};复杂度分析：
- 时间复杂度 $O(MN)$ ： 其中 $M, N$ 分别为
s和p的长度，状态转移需遍历整个dp矩阵。 - 空间复杂度 $O(MN)$ ： 状态矩阵
dp使用 $O(MN)$ 的额外空间。