有效括號生成

動態規劃法

合法的括號匹配的問題之前已經講解過了，現在再看乙個括號生成的題目。

給出 n 代表生成括號的對數，請你寫出乙個函式，使其能夠生成所有可能的並且有效的括號組合。

例如，給出 n = 3，生成結果為：

既然之前已經分析過合法的括號判斷，那麼只要把n個左括號和n個右括號全排列，然後對排列的結果去做乙個有效驗證，好了，這個問題解決了。但是仔細一分析，判斷乙個括號是否有效，複雜度o(n

)o(n)

o(n)

，生成2n個括號字元的全排列，時間複雜度o(2

)o(2^)

o(22n)

，這很難辦啊。所以全排列的方式行不通。

深度搜尋法

全排列裡面有很多左括號和右括號數目不等的，可以直接排除了，所以浪費了很多判斷。我們可以通過回溯提前把不合理的字元排除掉。但是回溯法只能是逐漸的字串變長，也就是深度優先搜尋的原理。但是我們這個時候在每一次增加括號的時候，我們保證右括號不會超過當前的左括號數目即可。還要保證最終的括號數目，左括號和右括號的數目都是n。

根據這個思想，我們可以去寫**了，我們記錄下當前左括號的數目，記錄下當前右括號的數目，如果左括號大於右括號，且左括號數目小於n，此時我們深度搜尋的路徑包括兩條，新增左括號和右括號。如果左括號數目等於n了，那麼就只有一條路徑，如果左括號數目等於右括號數目了且不等於n，此時只能新增左括號。如果兩者數目相等，且等於n，則可以返回了，已經生成了一組合法的括號字元。整個演算法就是乙個深度遍歷，可以採用遞迴來實現。

python**

class
solution
:def
generateparenthesis
(self,n)
:        ans=
self.
max=n
self.backtrack(ans,"",
0,0)
return ans
defbacktrack
(self, ans, cur, left, right)
:if left==self.
max:
')'*
(self.
max- right)
)return
if(leftmax)
:            self.backtrack(ans, cur +
'(', left +
1, right)
if rightself.backtrack(ans, cur +
')', left, right +
1)

可以看到，這種方式保證了左括號的數目始終多於右括號，這樣生成出來的一定是合法的括號字串。因為每次生成保證了都是合法的字首，這個複雜度就大大的減少了。

事實上，合法的括號數目，我們在卡特蘭數的應用分析了n個括號的合法種類數就是卡特蘭數列的第n項，我們大致可以根據卡特蘭數的性質，分析問題的規模。我們知道卡特蘭數的漸進上界是o(4

)o\left ( \frac} \right )

o(n4n

)，而每乙個合法的序列，我們是通過o(n

)o(n)

o(n)

次新增字元生成出來的。

動態規劃法

既然這個問題和卡特蘭數相關，那麼一定可以根據卡特蘭數的特點，一定可以把這個問題轉換成以前所有狀態的窮舉。說的通俗一點就是，如果我們研究問題規模為n，那麼問題規模之和為n-1的兩兩組合一定可以用得上，如果這句話理解不了可以直接跳到下一段。

我們為了降低問題規模，可以考慮在問題規模為n-1的情況上加一對括號，可是這個多出來的一對括號應該往哪加。顯然，我們可以把這個括號加在所有的合法匹配的括號之後。如果合法匹配數為0的時候，我們就把括號加在了最前面，就是()+

dpn−

1()+dp_

()+dpn

−1，再者我們可以把括號加到一對合法括號後面，也是(dp

1)+d

pn−2

(dp_1)+dp_

(dp1)

+dpn

−2依次類推，n-1個合法的括號總共可以分解出n-1種情況。每個情況分為兩部分，前面一部分是dp_i，後面一部分是dp_n-1-i，其實也就是兩部分滿足下標之和為n-1就行。

據此我們可以寫出動態規劃的遞迴式。dpi

="("

+dpj

+")"

+dpi

−j−1

,whe

idp_i="(" + dp_j + ")"+dp_, \ where \ jdp

i="

("+d

pj+

")"+

dpi−

j−1

,whe

rej<

i。事實上，幾乎所有的卡特蘭數問題都可以寫成類似的遞推式，對所有兩兩組合為n-1的情況然後窮舉，並做出一定的修改。大家可以記住這個結論，當然也可以寫成數學表示式，我直接寫成程式的表示式即可。下面就可以根據這個表示式寫**。只需要對dpj

dp_j

dpj

和d pi

−j−1

dp_dp

i−j−

1做個全排列即可。

python**

class
solution
:# 動態規劃
defgenerateparenthesis
(self, n:
int)
-> list[
str]
:        dp=[[
]for i in
range
(n+1)]
dp[0]
=['']
for i in
range(1
,n+1):
for j in
range
(i):
dp[i]
.extend(self.compent(dp[j]
,dp[i-j-1]
))return dp[n]
defcompent
(self, l, r)
:        res=
for s1 in l:
for s2 in r:
'('+s1+
')'+s2 )
return res

分析時間複雜度的時候大家需要注意一下，就是雖然這個**寫出來是4個for，但是這個**的時間複雜度不是o(n

o(n^4)

o(n4

)，相比於上面的回溯法，其實時間複雜度的指數部分還是保持的，單是求問題規模等於n的情況，時間複雜度就已經達到了o(4

)o\left ( \frac} \right )

o(n4n)。

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