c语言最长有效括号,[Leetcode] Longest Valid Parentheses 最长有效括号对

Longest Valid Parentheses

Given a string containing just the characters '(' and ')', find the length of the longest valid (well-formed) parentheses substring.

For "(()", the longest valid parentheses substring is "()", which has length = 2.

Another example is ")()())", where the longest valid parentheses substring is "()()", which has length = 4.

栈法 Stack

复杂度

时间 O(N) 空间 O(N)

思路

用Stack的方法本质上和Valid Parentheses是一样的，一个右括号能消去Stack顶上的一个左括号。不同的是，为了能够计算括号对的长度我们还需要记录括号们的下标。这样在弹出一个左括号后，我们可以根据当前坐标减去栈中上一个(也就是Pop过后的Top元素)的坐标来得到该有效括号对的长度。

代码

public class Solution {

public int longestValidParentheses(String s) {

Stack stk = new Stack();

int maxLen = 0;

for(int i = 0; i < s.length(); i++){

//遇到左括号，将其push进栈

if(s.charAt(i)=='('){

stk.push(new Parenthese(i, '('));

} else {

//遇到右括号，分类讨论

//如果当前栈顶是左括号，则消去并计算长度

if(!stk.isEmpty() && stk.peek().symb=='('){

int curLen = 0;

stk.pop();

if(stk.isEmpty()){

curLen = i + 1;

} else {

curLen = i - stk.peek().indx;

}

maxLen = Math.max(maxLen, curLen);

} else {

//如果栈顶是右括号或者是空栈，则将右括号也push进栈，它的坐标将方便之后计算长度

stk.push(new Parenthese(i, ')'));

}

}

}

return maxLen;

}

public class Parenthese {

int indx;

char symb;

public Parenthese (int i, char s){

this.indx = i;

this.symb = s;

}

}

}

动态规划法 Dynamic Programming

复杂度

时间 O(N) 空间 O(N)

思路

动态规划法将大问题化为小问题，我们不一定要一下子计算出整个字符串中最长括号对，我们可以先从后向前，一点一点计算。假设d[i]是从下标i开始到字符串结尾最长括号对长度，s[i]是字符串下标为i的括号。如果s[i-1]是左括号，如果i + d[i] + 1是右括号的话，那d[i-1] = d[i] + 1。如果不是则为0。如果s[i-1]是右括号，因为不可能有右括号开头的括号对，所以d[i-1] = 0。

代码

public class Solution {

public int longestValidParentheses(String s) {

int[] dp = new int[s.length()];

int maxLen = 0;

for(int i = s.length()-2; i >=0; i--){

if(s.charAt(i)=='('){

int end = i + dp[i+1] + 1;

if(end < s.length() && s.charAt(end)==')'){

dp[i] = dp[i+1] + 2;

if(end + 1 < s.length()){

dp[i] += dp[end + 1];

}

}

}

maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]);

}

return maxLen;

}

}

后续 Follow Up

Q：能否不用额外空间求解？

A：可以，但是要提高时间复杂度。比如((()())，先遍历一遍将所有的()替换成00，得到((0000)，再遍历一遍，替换所有的(00...00)这种形式字符串为000...000，这里我们得到(000000，直到遍历完无法替换更多括号为之。如果所有符号都是0，说明是有效的。这样的时间复杂度是O(N)。