C++实现LeetCode(32.最长有效括号)
[LeetCode] 32. Longest Valid Parentheses 最长有效括号
Given a string containing just the characters '(' and ')', find the length of the longest valid (well-formed) parentheses substring.
Example 1:
Input: "(()"
Output: 2
Explanation: The longest valid parentheses substring is "()"
Example 2:
Input: ")()())"
Output: 4
Explanation: The longest valid parentheses substring is "()()"
这道求最长有效括号比之前那道 Valid Parentheses 难度要大一些,这里还是借助栈来求解,需要定义个 start 变量来记录合法括号串的起始位置,遍历字符串,如果遇到左括号,则将当前下标压入栈,如果遇到右括号,如果当前栈为空,则将下一个坐标位置记录到 start,如果栈不为空,则将栈顶元素取出,此时若栈为空,则更新结果和 i - start + 1 中的较大值,否则更新结果和 i - st.top() 中的较大值,参见代码如下:
解法一:
class Solution { public: int longestValidParentheses(string s) { int res = 0, start = 0, n = s.size(); stack<int> st; for (int i = 0; i < n; ++i) { if (s[i] == '(') st.push(i); else if (s[i] == ')') { if (st.empty()) start = i + 1; else { st.pop(); res = st.empty() ? max(res, i - start + 1) : max(res, i - st.top()); } } } return res; } };
还有一种利用动态规划 Dynamic Programming 的解法。这里使用一个一维 dp 数组,其中 dp[i] 表示以 s[i-1] 结尾的最长有效括号长度(注意这里没有对应 s[i],是为了避免取 dp[i-1] 时越界从而让 dp 数组的长度加了1),s[i-1] 此时必须是有效括号的一部分,那么只要 dp[i] 为正数的话,说明 s[i-1] 一定是右括号,因为有效括号必须是闭合的。当括号有重合时,比如 "(())",会出现多个右括号相连,此时更新最外边的右括号的 dp[i] 时是需要前一个右括号的值 dp[i-1],因为假如 dp[i-1] 为正数,说明此位置往前 dp[i-1] 个字符组成的子串都是合法的子串,需要再看前面一个位置,假如是左括号,说明在 dp[i-1] 的基础上又增加了一个合法的括号,所以长度加上2。但此时还可能出现的情况是,前面的左括号前面还有合法括号,比如 "()(())",此时更新最后面的右括号的时候,知道第二个右括号的 dp 值是2,那么最后一个右括号的 dp 值不仅是第二个括号的 dp 值再加2,还可以连到第一个右括号的 dp 值,整个最长的有效括号长度是6。所以在更新当前右括号的 dp 值时,首先要计算出第一个右括号的位置,通过 i-3-dp[i-1] 来获得,由于这里定义的 dp[i] 对应的是字符 s[i-1],所以需要再加1,变成 j = i-2-dp[i-1],这样若当前字符 s[i-1] 是左括号,或者j小于0(说明没有对应的左括号),或者 s[j] 是右括号,此时将 dp[i] 重置为0,否则就用 dp[i-1] + 2 + dp[j] 来更新 dp[i]。这里由于进行了 padding,可能对应关系会比较晕,大家可以自行带个例子一步一步执行,应该是不难理解的,参见代码如下:
解法二:
class Solution { public: int longestValidParentheses(string s) { int res = 0, n = s.size(); vector<int> dp(n + 1); for (int i = 1; i <= n; ++i) { int j = i - 2 - dp[i - 1]; if (s[i - 1] == '(' || j < 0 || s[j] == ')') { dp[i] = 0; } else { dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[j]; res = max(res, dp[i]); } } return res; } };
此题还有一种不用额外空间的解法,使用了两个变量 left 和 right,分别用来记录到当前位置时左括号和右括号的出现次数,当遇到左括号时,left 自增1,右括号时 right 自增1。对于最长有效的括号的子串,一定是左括号等于右括号的情况,此时就可以更新结果 res 了,一旦右括号数量超过左括号数量了,说明当前位置不能组成合法括号子串,left 和 right 重置为0。但是对于这种情况 "(()" 时,在遍历结束时左右子括号数都不相等,此时没法更新结果 res,但其实正确答案是2,怎么处理这种情况呢?答案是再反向遍历一遍,采取类似的机制,稍有不同的是此时若 left 大于 right 了,则重置0,这样就可以 cover 所有的情况了,参见代码如下:
解法三:
class Solution { public: int longestValidParentheses(string s) { int res = 0, left = 0, right = 0, n = s.size(); for (int i = 0; i < n; ++i) { (s[i] == '(') ? ++left : ++right; if (left == right) res = max(res, 2 * right); else if (right > left) left = right = 0; } left = right = 0; for (int i = n - 1; i >= 0; --i) { (s[i] == '(') ? ++left : ++right; if (left == right) res = max(res, 2 * left); else if (left > right) left = right = 0; } return res; } };
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