题目来源于leetcode，解法和思路仅代表个人观点。传送门。
难度： 困难
时间：1h 编程时间
题目
给你一个由若干括号和字母组成的字符串 s ，删除最小数量的无效括号，使得输入的字符串有效。
返回所有可能的结果。答案可以按 任意顺序 返回。
示例 1：
输入：s = "()())()"
输出：["(())()","()()()"]
示例 2：
输入：s = "(a)())()"
输出：["(a())()","(a)()()"]
示例 3：
输入：s = ")("
输出：[""]
提示：
1 <= s.length <= 25
s由小写英文字母以及括号'('和')'组成
s中至多含20个括号
思路
题目要求，删除最小数量的无效括号。
那么，只需要删除不匹配的括号即可。
理论分析
那么如何确定不匹配的括号？
使用栈，遍历一次字符串s，即可以发现所有不匹配的字符。
这里，不匹配的括号有如下规律。
...)...)...(...(...
其中，
'('或者')'表示不匹配的括号。'...'表示匹配的括号()(())...或字母a、b、c...。
我们将s分为三部分，如下所示：
1 | 2 | 3
-------|---|-------
...)...)...(...(...
- 第一部分，只有
')'多余。 - 第二部分，没有多余的括号。
- 第三部分，只有
'('多余。
在第一部分中，再具体分析一下，
1 2 3 other
---|---|---|-------
...)...)...).......
如上排列的括号，如何删除才能满足条件（删除最小数量的无效括号）？
答：删除第1部分中，任意1个')'+删除第2部分中，任意1个')'+删除第3部分中，任意1个')'。
即，删除每部分任意1个
')'，得到的字符串按顺序组合。
第三部分中，实现的逻辑，同第一部分类似。
最后，
第一部分的结果+第二部分+第三部分的结果，即为最终答案。
具体实现
在代码实现上，我们具体分析一下，
- 实现函数
delete_bracket，删除字符串&s中，任意一个'('或')'。返回所有可能的情况，需要hashset。 - 使用栈遍历字符串
s。
如果当前字符为'('，入栈。
如果当前字符为')'，
- 如果栈不空，出栈一个元素。
- 如果栈空，删除前面一部分中的任意一个
')'（调用delete_bracket函数，得到第k部分的结果）。
1 2 3 other
---|---|---|-------
...)...)...).......
第1部分的结果+第2部分的结果+第3部分的结果
我们使用prefixes数组保存，前面k个删除的情况。（好难表达啊，详细看代码吧）
- 遍历结束后，栈中剩余的就是不匹配的左括号了。
方法与2.类似，不过只是从右到左相加。
other 3 2 1
-------|---|---|---|
.......|...(...(...(
第1部分的结果+第2部分的结果+第3部分的结果
- 最后加上中间的部分
hashset，就是答案啦。
代码
class Solution {
public:
unordered_set<string> delete_bracket(string& s,char target){
/*
s - 串
target - '(' or ')'
*/
//在s中任意删除一个target
unordered_set<string> ans;
int n = s.length();
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i] != target){
//跳过其他字符
continue;
}
//删除当前字符
string rst = s.substr(0,i) + s.substr(i+1,string::npos);
//加入到答案
ans.insert(rst);
}
return ans;
}
vector<string> removeInvalidParentheses(string s) {
// ...)...)...(...(...
int left = 0;
int right = 0;
int n = s.length();
vector<string> prefixes = {
""};
stack<int> stk;
//使用栈实现括号匹配
for(right = 0;right<n;right++){
if(s[right] == '('){
//如果是'('
//入栈
stk.push(right);
}else if(s[right] == ')'){
//如果是')'
if(!stk.empty()){
stk.pop();
}else{
//当前')'无法匹配
//在前面left~right中删除一个')'
string sub_s = s.substr(left,right-left+1);
auto temp = prefixes; //copy
prefixes.clear();
for(auto& prefix:temp){
//取prefix + [left,right]之间删除一个')'的串
string concat_s = prefix+sub_s;
auto rst = delete_bracket(concat_s,')');
//临时结果保存到下一次
for(auto& r:rst){
prefixes.push_back(r);
}
}
left = right+1;
}
}else{
//跳过其他字符...
}
}//for-
int non_left = left; //没有操作的区间
right = n - 1;
vector<string> suffixes={
""};
//现在只剩下左括号，代码与')'部分的代码类似
while(!stk.empty()){
int left = stk.top();
stk.pop();
//在[left,right]之间删除一个左括号
string sub_s = s.substr(left,right-left+1);
auto temp = suffixes; // copy
suffixes.clear();
for(auto& suffix:temp){
string concat_s = sub_s + suffix;
auto rst = delete_bracket(concat_s,'(');
//保存临时结果
for(auto& r:rst){
suffixes.push_back(r);
}
}
right = left-1;
}
int non_right = right; //没有操作的区间
string inter_s = s.substr(non_left,non_right-non_left+1);
//整理答案
vector<string> ans;
unordered_set<string> sset; //最后结果去重
int n1 = prefixes.size();
int n2 = suffixes.size();
for(int i=0;i<n1;i++){
for(int j=0;j<n2;j++){
string a = prefixes[i]+inter_s+suffixes[j];
if(!sset.count(a)){
sset.insert(a);
ans.push_back(a);
}
}
}
return ans;
}
};
算法复杂度
时间复杂度： O ( n ∗ 2 n ) O(n*2^n) O(n∗2n)。其中， n n n为字符串长度。 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)为删除括号后，可能生成字符串的数量。
空间复杂度： 整不会了，大家看官方题解吧
