题目描述
给定一个只包含
'('
和
')'
的字符串，找出最长的包含有效括号的子串的长度。
示例 1:
输入: "(()"
输出: 2
解释: 最长有效括号子串为 "()"
示例 2:
输入: ")()())"
输出: 4
解释: 最长有效括号子串为 "()()"
题目解析
解法一：栈
一开始看到这个题目，有点熟悉的感觉：相当于是 LeetCode 第 20 题
有效的括号
的升级版。
想到这立马尝试借助
栈
这个数据结构去解决。
括号相关的问题首先可以尝试使用
栈
这个数据结构去解决，至于原因，想一想应该不难理解，如果进来一个右括号，也就是 ')'，它会和之前
最后一次遍历到的左括号
匹配，栈的
先进后出
的特性保证了这一要求。
对于这道题目，因为我们要求的是子串的长度，因此我们可以考虑在栈中保存
index
，这样子我们不仅可以通过
index
找到对应的括号，还可以借此来求长度，我们的思路可以分为下面几步：
1、从左到右遍历输入的字符串
2、如果遇到的是
'('
，意味着这并不能和前面遍历过的部分组成合法答案，此时我们只需要把当前
index
入栈即可
3、如果遇到的是
')'
，这时我们就要看栈顶保存的元素了，这里就会有几种情况：
-
栈顶保存的是
'('
，表示当前元素和栈顶元素可以配对，这个时候我们需要把栈顶元素弹出栈，记录答案则记录当前
index
和弹出配对元素后的新栈顶
index
之间的距离，这个地方是重点，如果不理解，你可以思考下面两个例子：
"((()()"
"((())"
-
栈顶保存的是
')'
，如果是这种情况，表示前面没有可配对的
'('
，我们此时还是需要把当前
index
入栈，原因是
我们确定距离需要知道边界，如果不理解，还是有两个例子供你参考：
"))(())"
"())()()"
-
栈是空的，当然在第一种情况中，你弹出栈顶元素后也会使得栈变空，为了避免这种情况，我们可以在最开始的时候推一个
-1
入栈，这样可以节省我们的判断次数，并且当栈中的没有元素的时候，我们也可以用这个
-1
来计算当前子串的长度，你可以参考下面这两个例子：
"()"
"()(())"
代码实现
public int longestValidParentheses(String s) {
if (s == null || s.length() == 0) {
return 0;
}
int n = s.length();
char[] sArr = s.toCharArray();
Stack stack = new Stack<>();
int
result = 0;
// -1 入栈用于处理边界条件
stack.push(-1);
for (int i = 0; i // stack.size() > 1 表示栈不为空，而且我们必须保证栈顶元素是 '('
if (sArr[i] == ')' && stack.size() > 1 && sArr[stack.peek()] == '(') {
// 配对的 '(' 出栈
stack.pop();
// 记录长度
result = Math.max(result, i - stack.peek());
} else { // 其他情况，直接将当前位置入栈
stack.push(i);
}
}
return result;
}
动画理解
解法二：动态规划
如果用
栈
来解决的话，这道题思路差不多就是这样。考虑到前不久一直聊
动态规划
，于是试了一下用把它归纳到
序列型动态规划
来求解。
动态规划之空间优化与总结回顾
我们可以定义
dp[i] 表示的是 str[0…i] 的答案
，思路其实和前面很类似：
1、从左到右遍历输入的字符串
2、如果遇到的是 '('，意味着这并不能和前面遍历过的部分组成合法答案，因为 dp 状态数组中记录的是答案，这个时候说明 dp[i] = 0，也就是不用做任何记录
3、如果遇到的是 ')'，这时我们还是需要往前看：
-
如果 str[i - 1] 是 '('，那么 dp[i] = dp[i - 2] + 2
-
如果 str[i - 1] 是 ')'，这表示 str[i - 1] 已经配对了，因此我们还要继续往前看，从当前位置往左，看第一个没有被配对的 '('，怎么找这个位置呢，这里我们就可以利用 dp[i - 1] 这个信息，dp[i - 1] 表示的是之前匹配的长度，那么 ：
-
i - dp[i - 1] - 1
表示的就是从当前位置往左，第一个没有被配对的位置
-
如果位置 i 和 位置 i - dp[i - 1] - 1 配对后，我们可以看看当前的序列是否可以和之前匹配的序列链接起来，也就是加上 dp[i - dp[i - 1] - 2]
代码实现
public int longestValidParentheses(String s) {
if (s == null || s.length() == 0) {
return 0;
}
int n = s.length();
char[] sArr = s.toCharArray();
int[] dp = new int[n];
int result = 0;
for (int i = 1; i if (sArr[i] == ')') {
// 如果前一个位置是 '('，直接配对
if (sArr[i - 1] == '(') {
dp[i] = (i >= 2 ? dp[i - 2] : 0) + 2;
}
// 前一个位置是 ')'
// 我们从当前位置往左看，如果第一个没有被匹配的位置是 '('
// 表明当前位置是可以被匹配的
else if (i - dp[i - 1] - 1 >= 0 && sArr[i - dp[i - 1] - 1] == '(') {
// 这里其实是 dp[i] = i - (i - dp[i - 1] - 1) + 1 = dp[i - 1] + 2
// 但是我们还需要考虑之前的答案，也就是 dp[i - dp[i - 1] - 2]
// 首先判断 i - dp[i - 1] - 2 是否越界
// 如果没有越界就将其加上
dp[i] = dp[i - 1] + 2;
if (i - dp[i - 1] >= 2) {
dp[i] += dp[i - dp[i - 1] - 2];
}
}
result = Math.max(result, dp[i]);
}
}
return result;
}
两种方法时空复杂度都是 O(n)，解法也有相似之处，只是说切题点不一样。
正当我美滋滋时，突然看到另外一种解法，
让我感觉自己的智商受到了碾压
：
不需要额外的空间
，空间复杂度是 O(1) ！
解法三：借助变量
使用了两个变量 Left 和 Right，分别用来记录到当前位置时左括号和右括号的出现次数。
当遇到左括号时，Left 自增 1，右括号时 Right 自增1。
对于最长有效的括号的子串，一定是左括号等于右括号的情况，此时就可以更新结果 res 了，一旦右括号数量超过左括号数量了，说明当前位置不能组成合法括号子串，Left 和 Right 重置为 0。
但是对于这种情况 "(()" 时，在遍历结束时左右子括号数都不相等，此时没法更新结果 res，但其实正确答案是 2，怎么处理这种情况呢？
答案是再
反向遍历一遍
，采取类似的机制，稍有不同的是此时若 Left 大于 Right 了，则重置 0，这样就可以涵盖所有情况。
代码实现
//代码来源：https://leetcode-cn.com/problems/longest-valid-parentheses/solution/zui-chang-you-xiao-gua-hao-by-leetcode/
