Remove the minimum number of invalid parentheses in order to make the input string valid. Return all possible results.
Note: The input string may contain letters other than the parentheses ( and ).
Example 1:
Input: "()())()" Output: ["()()()", "(())()"]
Example 2:
Input: "(a)())()" Output: ["(a)()()", "(a())()"]
Example 3:
Input: ")("
Output: [""]
Credits:
Special thanks to @hpplayer for adding this problem and creating all test cases.
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解法一：
class Solution { public: vector<string> removeInvalidParentheses(string s) { vector<string> res; unordered_set<string> visited{{s}}; queue<string> q{{s}}; bool found = false; while (!q.empty()) { string t = q.front(); q.pop(); if (isValid(t)) { res.push_back(t); found = true; } if (found) continue; for (int i = 0; i < t.size(); ++i) { if (t[i] != '(' && t[i] != ')') continue; string str = t.substr(0, i) + t.substr(i + 1); if (!visited.count(str)) { q.push(str); visited.insert(str); } } } return res; } bool isValid(string t) { int cnt = 0; for (int i = 0; i < t.size(); ++i) { if (t[i] == '(') ++cnt; else if (t[i] == ')' && --cnt < 0) return false; } return cnt == 0; } };
下面来看一种递归解法，这种解法首先统计了多余的半括号的数量，用 cnt1 表示多余的左括号，cnt2 表示多余的右括号，因为给定字符串左右括号要么一样多，要么左括号多，要么右括号多，也可能左右括号都多，比如 ")("。所以 cnt1 和 cnt2 要么都为0，要么都大于0，要么一个为0，另一个大于0。好，下面进入递归函数，首先判断，如果当 cnt1 和 cnt2 都为0时，说明此时左右括号个数相等了，调用 isValid 子函数来判断是否正确，正确的话加入结果 res 中并返回即可。否则从 start 开始遍历，这里的变量 start 表示当前递归开始的位置，不需要每次都从头开始，会有大量重复计算。而且对于多个相同的半括号在一起，只删除第一个，比如 "())"，这里有两个右括号，不管删第一个还是删第二个右括号都会得到 "()"，没有区别，所以只用算一次就行了，通过和上一个字符比较，如果不相同，说明是第一个右括号，如果相同则直接跳过。此时来看如果 cnt1 大于0，说明此时左括号多，而如果当前字符正好是左括号的时候，可以删掉当前左括号，继续调用递归，此时 cnt1 的值就应该减1，因为已经删掉了一个左括号。同理，如果 cnt2 大于0，说明此时右括号多，而如果当前字符正好是右括号的时候，可以删掉当前右括号，继续调用递归，此时 cnt2 的值就应该减1，因为已经删掉了一个右括号，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: vector<string> removeInvalidParentheses(string s) { vector<string> res; int cnt1 = 0, cnt2 = 0; for (char c : s) { cnt1 += (c == '('); if (cnt1 == 0) cnt2 += (c == ')'); else cnt1 -= (c == ')'); } helper(s, 0, cnt1, cnt2, res); return res; } void helper(string s, int start, int cnt1, int cnt2, vector<string>& res) { if (cnt1 == 0 && cnt2 == 0) { if (isValid(s)) res.push_back(s); return; } for (int i = start; i < s.size(); ++i) { if (i != start && s[i] == s[i - 1]) continue; if (cnt1 > 0 && s[i] == '(') { helper(s.substr(0, i) + s.substr(i + 1), i, cnt1 - 1, cnt2, res); } if (cnt2 > 0 && s[i] == ')') { helper(s.substr(0, i) + s.substr(i + 1), i, cnt1, cnt2 - 1, res); } } } bool isValid(string t) { int cnt = 0; for (int i = 0; i < t.size(); ++i) { if (t[i] == '(') ++cnt; else if (t[i] == ')' && --cnt < 0) return false; } return cnt == 0; } };
下面这种解法是论坛上的高票解法，思路确实很巧妙。递归函数的参数中，last_i 表示当前遍历到的位置，相当上面解法中的 start，last_j 表示上一个删除的位置，这样可以避免重复计算。然后有个括号字符数组，初始化时放入左括号和右括号，博主认为这个字符数组是此解法最精髓的地方，因为其顺序可以改变，可以变成反向括号，这个就比较叼了，后面再讲它到底有多叼吧。在递归函数中，从 last_i 开始遍历，在找正向括号的时候，用变量 cnt 表示括号数组中的左括号出现的次数，遇到左括号自增1，遇到右括号自减1。当左括号大于等于右括号的时候，直接跳过。这个循环的目的是要删除多余的右括号，所以当 cnt 小于0的时候，从上一个删除位置 last_j 开始遍历，如果当前是右括号，且是第一个右括号（关于这块可以参见上面解法中的分析），删除当前右括号，并调用递归函数。注意这个 for 循环结束后要直接返回，因为进这个 for 循环的都是右括号多的，删到最后最多是删成和左括号一样多，不需要再去翻转删左括号。好，最后来说这个最叼的翻转，当字符串的左括号个数大于等于右括号的时候，不会进入第二个 for 循环，自然也不会 return。那么由于左括号的个数可能会要大于右括号，所以还要删除多余的左括号，将字符串反转一下，比如 "(()"，反转变成 ")(("，此时虽然还是要删除多余的左括号，但是反转后就没有合法的括号了，所以变成了找反向括号 ")("，还是可以删除多余的左括号，然后判断此时括号数组的状态，如果是正向括号，说明此时正要删除左括号，就调用递归函数，last_i 和 last_j 均重置为0，括号数组初始化为反向括号。如果此时已经是反向括号了，说明之前的左括号已经删掉了变成了 ")("，然后又反转了一下，变回来了 "()"，就可以直接加入结果 res 了，参见代码如下：
解法三：
class Solution { public: vector<string> removeInvalidParentheses(string s) { vector<string> res; helper(s, 0, 0, {'(', ')'}, res); return res; } void helper(string s, int last_i, int last_j, vector<char> p, vector<string>& res) { int cnt = 0; for (int i = last_i; i < s.size(); ++i) { if (s[i] == p[0]) ++cnt; else if (s[i] == p[1]) --cnt; if (cnt >= 0) continue; for (int j = last_j; j <= i; ++j) { if (s[j] == p[1] && (j == last_j || s[j] != s[j - 1])) { helper(s.substr(0, j) + s.substr(j + 1), i, j, p, res); } } return; } string rev = string(s.rbegin(), s.rend()); if (p[0] == '(') helper(rev, 0, 0, {')', '('}, res); else res.push_back(rev); } };
下面这种解法由热心网友 fvglty 提供，应该算是一种暴力搜索的方法，并没有太多的技巧在里面，但是思路直接了当，可以作为为面试中最先提出的解法。思路是先将s放到一个 HashSet 中，然后进行该集合 cur 不为空的 while 循环，此时新建另一个集合 next，遍历之前的集合 cur，若某个字符串是合法的括号，直接加到结果 res 中，并且看若 res 不为空，则直接跳过。跳过的部分实际上是去除括号的操作，由于不知道该去掉哪个半括号，所以只要遇到半括号就都去掉，然后加入另一个集合 next 中，这里实际上保存的是下一层的候选者。当前的 cur 遍历完成后，若 res 不为空，则直接返回，因为这是当前层的合法括号，一定是移除数最少的。若 res 为空，则将 next 赋值给 cur，继续循环，参见代码如下：
解法四：
class Solution { public: vector<string> removeInvalidParentheses(string s) { vector<string> res; unordered_set<string> cur{{s}}; while (!cur.empty()) { unordered_set<string> next; for (auto &a : cur) { if (isValid(a)) res.push_back(a); if (!res.empty()) continue; for (int i = 0; i < a.size(); ++i) { if (a[i] != '(' && a[i] != ')') continue; next.insert(a.substr(0, i) + a.substr(i + 1)); } } if (!res.empty()) return res; cur = next; } return res; } bool isValid(string t) { int cnt = 0; for (int i = 0; i < t.size(); ++i) { if (t[i] == '(') ++cnt; else if (t[i] == ')' && --cnt < 0) return false; } return cnt == 0; } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/301
类似题目：
Different Ways to Add Parentheses
参考资料：
https://leetcode.com/problems/remove-invalid-parentheses/
https://leetcode.com/problems/remove-invalid-parentheses/discuss/75032/share-my-java-bfs-solution