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<Parenthese> stk = new Stack<Parenthese>();
        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)。