LeetCode (22): Generate Parentheses

链接： https://leetcode.com/problems/generate-parentheses/

【描述】

Given n pairs of parentheses, write a function to generate all combinations of well-formed parentheses.

For example, given n = 3, a solution set is:

"((()))", "(()())", "(())()", "()(())", "()()()"

【中文描述】

给定一个数字n，要求写一个方法，生成所有n个括号的可能合法组合。

例如，n=3， 那么3个括号的所有可能组合如上。

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【初始思路】

基本素养，只要见到求所有可能组合的情况（所有可能组合的个数）， 首先立马想几个概念词：DFS、递归、回溯。有了这个直觉，你就省去了大量的时间，直接往递归上去套。接下来就是考虑怎么设计递归函数的问题了，速度自然会快很多。

这个题也是如此，回溯、递归。

怎么递归。

我开始的想法是，既然是合法组合，我干脆每次递归的时候直接选择一整个"()"组合作为递归添加项目就可以了。这样子不用考虑不合法的情况了。例如，要求2个括号的合法组合，那么先给一个括号，然后在这个括号的基础上，加第二个括号，无非有如下3种加法，我们用数字来表示可以填入第二个括号的位置：

                                                 0（ 1 ）2

也就是说，我们可以在0、1、2三个位置填入第二个括号，就能生成所有组合了。当然，填入2和填入0的效果是一样，后面讨论如何去重这种情况。

如果如题目要求，n=3时，那么可能的填入情况如下：

                                    

上图中，2衍生出来的那一支根本就不用再走，明显是重复的。所以没有画出其衍生的结果。

 

这其实是个树， 叶子就是所有我们能够生成的串的集合。每次生成可能的串后，检查下还需不需要加入括号，如果需要，继续递归进入下一层即可。如何控制基准条件？我们用一个int need来作为递归层数的控制（也即还需填入几个括号），当need=0的时候，显然当前串不需要再加入括号，直接返回一个空串给上层即可。如果need不为0，那么在生成当前串之后，在当前串基础上递归，need-1即可。

 

那么，如何实现在0,1,2,3,4这样的位置填入括号呢？我用了substring方法，每次传入一个当前串s，递归方法在当前串的基础上动手脚，要把当前的括号加入0的位置，其实就是拿一个stringbuilder，先appen当前括号，然后再append(s(0位置后))。如果要在1的位置加括号，就是sb.append(s(0,1)), 再append当前括号，然后再append（s剩余串）。我们用一个for循环来实现这个功能，循环次数就是当前传入串s的长度。

 

那么好了，讨论到这里，不去重的代码就可以写出来了。那么，如何去重呢？

 

我们看上面的串，所有中间结果都会衍生出一个后续的结果。如果中间结果和之前已经生成过的串一样，那肯定不用往下走了，再走也是重复。基于这个思路，我用了一个HashMap，存入所有中间结果串，每次生成中间串的时候，在map里找找看，如果已经生成过这个串，直接continue考虑下一种可能性。如果没有，那么当前串入map，接着递归继续衍生。

 

好了，代码如下。

【Show me the Code!!!】

/**
     * 主驱动程序
     * @param n
     * @return
     */
    public static List<String> generateParenthesis(int n) {
        List<String> list = new ArrayList<String>();
        if(n == 0) {
            list.add(new String(""));
            return list;
        }
        Map<String, Integer> map = new HashMap<String, Integer>(); //用于记录已经出现过的串
        return recursiveGenerator("", map, n);
    }

    /**
     * 递归主方法
     * 在已有串: para中找出各个位置, 分别插入(),并形成list返回
     * @param para 已有串
     * @param need 还需几个(), need==1时为基准条件
     * @return
     */
    public static List<String> recursiveGenerator(String para, Map<String, Integer> map, int need) {
        if (need == 0) {
            //base condition
            return new ArrayList<String>();
        } else {
            //non base condition
            //在para中找各个位置,加入一个(),然后直接返回
            List<String> list = new ArrayList<String>();
            for (int i = 0; i <= para.length(); i++) {
                StringBuilder sb = new StringBuilder();
                sb.append(para.substring(0,i))
                        .append("()").append(para.substring(i, para.length()));
                //子结果去重
                if(map.containsKey(sb.toString())) {continue;}
                else {
                    map.put(sb.toString(), 1);
                }
                List<String> rec = recursiveGenerator(sb.toString(), map, need - 1);
                if(rec.size() == 0) {
                    list.add(sb.toString());
                } else {
                    for(String s : rec) {
                        list.add(s);
                    }
                }
            }
            return list;
        }
    }

可是这个代码还是笨，首先用了HashMap，耗空间不说，速度也可能会受到一定影响。果然，运行了一下， 8个用例跑了13ms。有没有更快的办法？

【重整思路】

换个角度考虑问题，我上面是把左右括号作为一个整体做考虑，然后插入的。我们能不能把左右括号拆开，从左往右写，看看能写出多少可能性？这其实是人类正常的思维方式。由于要写出所有的合法括号组合，先写左括号，左括号全部用完，再写右括号，这将是第一个最容易想到的可能性。然后呢？肯定需要回溯了。回溯到一个位置，我们不写"("，写一个")"然后再试着写写看。如此往复，所有的可能就全部写出来。此外，这个方法还完美解决了重复情况的可能性。因为每一次新的尝试，都是"新"的尝试，之前从来没有尝试过，所以不可能产生已经出现过的结果。具体可以看下面图帮助理解：

                              

上图可以清楚的看到n=3的时候，这种递归方案的全部过程，从左到右递归，直到紫色回溯的时候，再也找不到其他方案，最终回到最初，全部流程结束。

具体实现，有几个核心的点需要注意。如何实现优先选择写"("? 如何控制回溯? 其实答案就隐含在上面的图片里。

虚线箭头其实就是程序走到最终情况时候，往回一路返回的过程。没返回一次，程序需要检查一下是否还有其他合法情况，如果没有继续返回。直到找到合法情况，进入下一个合法情况。

如何检查是否还有合法情况？很简单，合法括号的含义就是有几个左括号，就必然要对应给几个右括号。那么每一次返回之后，看看是否还有"("可以用，如果有，就用一个左括号，然后进入该情况递归。如果没有，就继续返回。所以，我们需要一个左括号计数器来判断是否还有可以用的左括号。那么如何判断走到最终结果了呢？对了！右括号计数器。当右括号和左括号同时用完的时候，我们就认为走到最终结果了，直接return。

到这里就可以了么？如上图，紫色最终回溯到起点第一个左括号之后，按道理还可以继续回溯，然后第一个字符直接填入一个")"， 结果岂不是就错了。而这种情况是显而易见会发生的。这其实就给我们了一个教训，递归方法不是只需要关注基准条件就可以的，还需要考虑某种情况下是否不合法!这个题就是最好的例子。按照通用逻辑，左括号先写的情况全部试过后，就得试右括号先写的情况了，这种情况下明显是不合法的。处理方法也很简单。每次递归的时候先检查一下剩余的右括号是否小于左括号，如果是的话，说明先写了右括号，不合法直接返回。

最后，代码就可以写出来了。

【Show me the Code！！！】

public class OtherSolution {
    /**
     * 定义全局变量,无需再传值到各个方法
     */
    static List<String> list = new ArrayList<String>();

    public static List<String> generateParenthesis(int n) {
        /**
         * 初始状态,左括号和右括号都可以添加n个,所以左右都传了n
         */
        generateLeftsAndRights("",n,n);
        return list;
    }

    /**
     * DFS方法
     * 该方法的本质是,每次调用都深度优先用掉左括号,然后再用掉右括号.
     * @param subList 记录每次递归时候当前串, 方法将在subList上继续添加括号
     * @param left 左括号还剩下的个数
     * @param right 右括号还剩下的个数
     */
    private static void generateLeftsAndRights(String subList,int left, int right){
        /**
         * 最后可能出现的情况, 右括号比左括号先用完, 明显不是合法的串,应剔除
         */
        if(left > right) return;

        /**
         * 左括号还剩得有, 优先用左括号
         * 该方法将不断深搜, 直到左括号全部用完
         */
        if(left > 0){
            generateLeftsAndRights(subList + "(", left-1, right);
        }

        /**
         * 开始用右括号
         */
        if(right > 0){
            generateLeftsAndRights(subList + ")", left, right-1);
        }

        /**
         * 基准情况, 各自都用完, 说明已经形成了一个合法的串,将该串加入list返回
         */
        if(left == 0 && right == 0){
            list.add(subList);
            return;
        }
    }
}

最后，重申，凡是遇到要求全部可能集合、可能性、可能性个数的题目，立马考虑递归回溯求解！！！