32、最长有效括号

题目：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。

方法1 不利用其他存储空间

  在此方法中，我们利用两个计数器 left 和 right 。首先，我们从左到右遍历字符串，对于遇到的每个 ‘(’，我们增加 left 计数器，对于遇到的每个 ‘)’ ，我们增加 right 计数器。每当 left 计数器与 right 计数器相等时，我们计算当前有效字符串的长度,并且记录目前为止找到的最长子字符串。当 right 计数器比 left 计数器大时，我们将 left 和 right 计数器同时变回 0。   这样的做法贪心地考虑了以当前字符下标结尾的有效括号长度，每次当右括号数量多于左括号数量的时候之前的字符我们都扔掉不再考虑，重新从下一个字符开始计算，但这样会漏掉一种情况，就是遍历的时候左括号的数量始终大于右括号的数量,即 (() ，这种时候最长有效括号是求不出来的。解决的方法也很简单，我们只需要从右往左遍历用类似的方法计算即可，只是这个时候判断条件反了过来：  当 left 计数器比 right 计数器大时，我们将 left 和 right 计数器同时变回 0  当 left 计数器与 ight 计数器相等时，我们计算当前有效字符串的长度，并且记录目前为止找到的最长子字符串

这样我们就能涵盖所有情况从而求解出答案。

public int longestValidParentheses(String s) { int left = 0, right = 0, maxlength = 0; //从左往右寻找最长有效子串 for (int i = 0; i < s.length(); i++) { if (s.charAt(i) == '(') { left++; } else { right++; } if (left == right) { maxlength = Math.max(maxlength, 2 * right); } else if (right > left) { left = right = 0; } } left = right = 0; //从右往左寻找最长子串 for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) { if (s.charAt(i) == '(') { left++; } else { right++; } if (left == right) { maxlength = Math.max(maxlength, 2 * left); } else if (left > right) { left = right = 0; } } return maxlength; }

时间复杂度： O(n)，其中 n 为字符串长度。我们只要正反遍历两边字符串即可。 空间复杂度： O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

方法二：栈

  相信大多数人对于这题的第一直觉是找到每个可能的子串后判断它的有效性，但这样的时间复杂度会达到 O(n^3)无法通过所有测试用例。但是通过栈，我们可以在遍历给定字符串的过程中去判断到目前为止扫描的子串的有效性，同时能得到最长有效括号的长度。   具体做法是我们始终保持栈底元素为当前已经遍历过的元素中「最后一个没有被匹配的右括号的下标」，这样的做法主要是考虑了边界条件的处理，栈里其他元素维护左括号的下标：   对于遇到的每个 ‘(’ ，我们将它的下标放入栈中   对于遇到的每个 ‘)’ ，我们先弹出栈顶元素表示匹配了当前右括号：   如果栈为空，说明当前的右括号为没有被匹配的右括号，我们将其下标放入栈中来更新我们之前提到的「最后一个没有被匹配的右括号的下标」 如果栈不为空，当前右括号的下标减去栈顶元素即为「以该右括号为结尾的最长有效括号的长度」, 我们从前往后遍历字符串并更新答案即可。   需要注意的是，如果一开始栈为空，第一个字符为左括号的时候我们会将其放入栈中，这样就不满足提及的「最后一个没有被匹配的右括号的下标」，为了保持统一，我们在一开始的时候往栈中放入一个值为 −1 的元素。

public int longestValidParentheses2(String s) { int maxans = 0; Stack<Integer> stack = new Stack<>(); stack.push(-1); for (int i = 0; i < s.length(); i++) { if (s.charAt(i) == '(') { stack.push(i); } else { stack.pop(); if (stack.empty()) { stack.push(i); } else { maxans = Math.max(maxans, i - stack.peek()); } } } return maxans; }

时间复杂度： O(n)，n 是给定字符串的长度。我们只需要遍历字符串一次即可。 空间复杂度： O(n)。栈的大小在最坏情况下会达到 n，因此空间复杂度为 O(n) 。

最开始想到的，暴力解法（超时）

//暴力解法： public int longestValidParentheses3(String s) { //从最长开始验证，一直缩小窗口长度（最长有效子串） Stack stack = new Stack(); for(int i = s.length();i>1;i--){ //根据最长子串滑动窗口，看是否有效 for (int start = 0;start <= s.length()-i;start++){ //如果窗口中第一个为')',那么该窗口一定是无效子串，直接滑动窗口 if (s.charAt(start)==')'){ continue; } //判断窗口内是否为有效子串 for (int j = start;j< start+i;j++){ //'('则入栈 if (s.charAt(j)=='('){ stack.push('('); }else if (!stack.isEmpty()){ //栈里不为空，且当前字符为')',则前一个'('出栈，即为一对有效子串，然后判断剩下的 stack.pop(); }else { //即窗口内从前往后遍历过程中发现，')'多于'('，则该窗口一定是无效的子串 //进栈一个字符，便于后面的非空验证，即子串是否为有效子串 stack.push(')'); break; } } //当窗口中所有'('的后面都有'）'匹配的时候，栈里面所有进栈全被弹出，故栈为空，此时窗口长度i即为最长有效子串长度 if (stack.isEmpty()){ return i; }else { //不匹配的时候，就窗口长度-1,进行下次验证，然后栈要清空 stack.clear(); } } } return 0; }

时间复杂度: O(N3)，从长度为N的字符串产生所有可 能的子字符串需要的时间复杂度为O(N2)。验证一个长 度为N的子字符串需要的时间为O(N)。 空间复杂度: O(N)，子字符串的长度最多会需要一个深 度为N的栈。

从大到小选取最长有效子串长度作为窗口滑动，然后判断窗口内子串是否有效，有效则该窗口长度即为最长子串长度，否则减小窗口长度，直到窗口长度<2,如果还是没有有效子串则返回0。

参考： Leetcode官方题解