diff --git a/算法/A类：基本算法/5.13 正则表达式的匹配.md b/算法/A类：基本算法/5.13 正则表达式的匹配.md
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+++ b/算法/A类：基本算法/5.13 正则表达式的匹配.md	
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+# 正则表达式匹配问题
+
+## 1 正则表达式匹配
+
+### 问题描述
+
+* 请实现一个函数用来匹配包含'\.'和'\*'的正则表达式。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（含0次）。在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"ab*ac*a"匹配，但与"aa.a"和"ab*a"均不匹配。
+
+### 问题分析
+
+* 可以使用动态规划。将字符串的规模增长的方向，作为动态变化的方向。状态变量表示当前的正则表达式，能够与之匹配。当规模发生变化时，保证字符串-1和正则表达式-1能够匹配。其实在这里感觉规模增长的方向，确实是有两个。但是状态变量的设置比较精巧。
+
+### 问题分类
+
+* 字符串匹配问题
+* 动态规划
+* 递归
+
+### 选择策略
+* 动态规划
+
+### 算法设计
+
+* 设s的长度为n ，pp 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]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：
+  1. 添加一个字符 $s_{i+1}$后是否能匹配？
+  2. 添加字符 $p_{j+1}$后是否能匹配？
+
+* 本题的状态共有 m \times nm×n 种，应定义状态矩阵 dpdp ，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。
+
+1. **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。
+2. **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 truetrue 时等于 truetrue ：
+     1. dp[i][j - 2]： 即将字符组合 p[j - 2] * 看作出现 0 次时，能否匹配.
+     2. 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；
+     3. 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 truetrue 时等于 truetrue ：
+     1. 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；
+     2. 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。
+* **返回值** dp 矩阵右下角字符，代表字符串 s 和 p 能否匹配。
+
+![](image/2021-03-18-20-39-26.png)
+
+### 算法分析
+
+* 时间复杂度O(M*N)
+* 空间复杂度O(M*N)
+
+### 算法实现
+
+```C++
+class Solution {
+public:
+    bool isMatch(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];
+    }
+};
+```
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