4月30天leetcode训练-Day16

Day16:Valid Parenthesis String

问题描述：

给定一个仅包含三种类型的字符的字符串：'（'，'）'和'*'，编写一个函数来检查此字符串是否有效。我们通过以下规则定义字符串的有效性：
任何左括号'（'必须具有对应的右括号'）'。
任何右括号'）'必须具有对应的左括号'（'。
左括号'（'必须位于相应的右括号'）'之前。
'*'可被视为单个右括号'）'或单个左括号'（'或一个空字符串。空字符串也是有效的。

Example:

Example 1:

Input: "()"
Output: True

Example 2:

Input: "(*)"
Output: True

Example 3:

Input: "(*))"
Output: True

解法一：

设置双栈，左括号栈和start栈
遇到左括号，将左括号的位置放入左栈中，
遇到*，将*的位置放入start栈中
如果遇到右括号，则从左括号栈中顶出一个，若左括号栈为空，则从start栈中顶出一个，若start栈也为空，则返回False
遍历一遍后，若左括号栈不为空，且start栈为空，则返回false
若左括号栈不为空，且start栈不为空，则在依次遍历这两个栈，依次顶出一个元素，若start栈的位置在左括号栈之前则返回False。
在上述遍历也完成后，若左括号栈还是有元素则说明左括号多了，返回False,否则返回True.

class Solution:
    def checkValidString(self, s: str) -> bool:
        for i in range(len(s)):
            print(i)
            print(left,start)
            if s[i] == '(':
                left.append(i)
            elif s[i] == '*':
                start.append(i)
            else:
                if len(left) == 0 and len(start) == 0:
                    return False
                if len(left) != 0:
                    left.pop()
                else:
                    start.pop()
        while(len(left) != 0 and len(start) !=0):
            l = left.pop()
            s = start.pop()
            if l > s:
                return False
        return len(left) == 0

时间复杂度为O（n）,空间复杂度为O(N).

解法二：

设置左右两个变量left,right，遍历两次字符串。第一次正向遍历：将认为是‘（’，所以如果遇到和‘（’则left 加1，否则减1，若在过程中left 小于0，则返回false,遍历结束后，若left = 0,则返回True,否则left > 0,还需要进行反向遍历，因为有可能多余的‘（’是‘’，所以反向遍历：这次将‘’认为是‘）’，对right变量的操作跟之前一样，最后若right >= 0 返回True.因为大于0和之前的left > 0对应上了，说明有多余的*，*可以认为是空字符。

class Solution:
    def checkValidString(self, s: str) -> bool:
        left , right = 0,0
        for i in range(len(s)):
            if s[i] == '(' or s[i] == '*':
                left += 1
            else:
                left -= 1
            if left < 0:
                return False
        if left == 0:
            return True
        for i in range(len(s) -1 , -1 ,-1):
            if s[i] == ')' or s[i] == '*':
                right += 1
            else:
                right -= 1
            if right < 0:
                return False
        return True

时间复杂度为O（n）,空间复杂度为O(1).

解法三：

暴力破解，递归方法，设置辅助函数，里面参数有当前递归开始的位置，以及当前左括号的个数，从当前位置开始遍历字符串，如果遇到左括号则记录变量加1，如果遇到右括号且记录变量大于0，则记录变量减1，否则返回false，如果遇到*,则从下一个位置开始新的递归，将*作为左括号，右括号，和空的情况都遍历到，将这三种情况通过or连接起来，只要有一种情况是True就行，最后看记录变量是否为0.
不过这种算法复杂度太高，leetcode好像不通过。

class Solution:
    def checkValidString(self, s: str) -> bool:
        return self.helper(s,0,0)
    def helper(self,s,start,count):
        if count < 0:
            return False
        for i in range(start,len(s)):
            if s[i] == '(':
                count += 1
            elif s[i] == ')':
                if count > 0:
                    count -= 1
                else:
                    return False
            else:
                return self.helper(s,i+1,count) or self.helper(s,i + 1,count + 1) or self.helper(s,i + 1,count - 1)
        return count == 0

解法四：

还有一种解法，据说是论坛上第一的算法，但是我还没怎么看懂，所以先贴出来别人的解析链接，留待后续再看。

https://www.cnblogs.com/grandyang/p/7617017html