这道题跟有？和*的那道题很像，不过要简单一些。为什么会简单呢，因为*号只能匹配跟它前面相同的字符。需要注意一点，从aab可以用c*a*b来匹配可以看出，*号可以使他之前的那个字符出现次数变成0。

昨天实验室的同学正好在做这个题，说想用递归做，我想都没想就说用递归肯定超时了。她为什么，我跟人家说因为递归的分支太多了，可怎么也想不起当初自己是怎么写的，回来一看，居然用递归做的，打脸啊。。这个题为什么用递归可以呢？我觉得主要是因为*号的匹配规则，比起可以匹配任意字符来说，只能匹配之前的那个字符显得严格多了，很多分支都被剪掉了。

好，确定了整体的思路是递归，那具体怎么做？想一下递归的分支是怎么走的。同样的，两种符号中，‘.’对我们是不构成威胁的，之所以有很多种情况，是因为*，我们就可以按照*来划分，那是不是按照当前位置是不是*来划分呢？no no no，因为*匹配的是前面的那个字符，因此应该在它前面的那个字符的位置就可以考虑* 的问题，按照当前位置的后一个字符是不是*来划分是个不错的选择。

假设当前位置是i，假设i+1位置不是*，那么i位置必须完全匹配，这里的完全匹配分两种情况，要么是字符相同，要么p[i]=‘.‘。注意‘.‘必须是跟实际的字符相匹配的，不能匹配‘\0‘。如果i+1位置是*，分支情况就来了，如果当前位置是不匹配的，那么只能用这个*来讲p[i]的出现次数变成0，也就是继续匹配p+2的位置。如果当前位置是匹配的，那么既可以用p[i]匹配多次（此时之更新s的指针），也可以跳过这个字符（分支通过匹配p+2）。

写成代码会很简介：

class Solution {
public:
    bool isMatch(const char *s, const char *p) {
        if(s==NULL && p == NULL)    return false;
        if(*p==‘\0‘) return *s==‘\0‘;
        if(*(p+1) != ‘*‘){
            return (*s==*p||(*p==‘.‘&&*s != ‘\0‘))&&isMatch(s+1, p+1);
        }
        while(*p==*s || (*p==‘.‘&&*s!=‘\0‘)){
            if(isMatch(s, p+2)) return true;
            ++s;
        }
        return isMatch(s, p+2);
    }
};