Given a string containing just the characters '(' and ')', return the length of the longest valid (well-formed) parentheses substring.
Example 1:
**Input:** s = "(()"
**Output:** 2
**Explanation:** The longest valid parentheses substring is "()".
Example 2:
**Input:** s = ")()())"
**Output:** 4
**Explanation:** The longest valid parentheses substring is "()()".
Example 3:
**Input:** s = ""
**Output:** 0
Constraints:
0 <= s.length <= 3 * 10^4s[i]is'(', or')'.
这道求最长有效括号比之前那道 Valid Parentheses 难度要大一些，这里还是借助栈来求解，需要定义个 start 变量来记录合法括号串的起始位置，遍历字符串，如果遇到左括号，则将当前下标压入栈，如果遇到右括号，如果当前栈为空，则将下一个坐标位置记录到 start，如果栈不为空，则将栈顶元素取出，此时若栈为空，则更新结果和 i - start + 1 中的较大值，否则更新结果和 i - st.top() 中的较大值，有的童鞋可能会好奇，为啥一个有加一，另一个没有呢？其实这就是一个坐标的问题，start 指向的是有效括号的起始位置，那么算长度的时候就要加一，比如对于 “()” 来说，此时 start=0，i=1，那么长度就是 i-start+1 = 2。而栈顶元素表示的是有效括号的前一个位置，就比如说对于 “(()” 来说，此时栈顶元素是第一个左括号的位置，即0，而 i=2，由于第一个左括号不在有效括号长度中，所以就是直接 i-st.top()=2，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int longestValidParentheses(string s) {
int res = 0, start = 0, n = s.size();
stack<int> st;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (s[i] == '(') st.push(i);
else if (s[i] == ')') {
if (st.empty()) {
start = i + 1;
} else {
st.pop();
res = st.empty() ? max(res, i - start + 1) : max(res, i - st.top());
}
}
}
return res;
}
};
还有一种利用动态规划 Dynamic Programming 的解法，可参见网友喜刷刷的博客。这里使用一个一维 dp 数组，其中 dp[i] 表示以 s[i-1] 结尾的最长有效括号长度（注意这里没有对应 s[i]，是为了避免取 dp[i-1] 时越界从而让 dp 数组的长度加了1），s[i-1] 此时必须是有效括号的一部分，那么只要 dp[i] 为正数的话，说明 s[i-1] 一定是右括号，因为有效括号必须是闭合的。当括号有重合时，比如 “(())”，会出现多个右括号相连，此时更新最外边的右括号的 dp[i] 时是需要前一个右括号的值 dp[i-1]，因为假如 dp[i-1] 为正数，说明此位置往前 dp[i-1] 个字符组成的子串都是合法的子串，需要再看前面一个位置，假如是左括号，说明在 dp[i-1] 的基础上又增加了一个合法的括号，所以长度加上2。但此时还可能出现的情况是，前面的左括号前面还有合法括号，比如 “()(())”，此时更新最后面的右括号的时候，知道第二个右括号的 dp 值是2，那么最后一个右括号的 dp 值不仅是第二个括号的 dp 值再加2，还可以连到第一个右括号的 dp 值，整个最长的有效括号长度是6。所以在更新当前右括号的 dp 值时，首先要计算出第一个右括号的位置，通过 i-3-dp[i-1] 来获得，由于这里定义的 dp[i] 对应的是字符 s[i-1]，所以需要再加1，变成 j = i-2-dp[i-1]，这样若当前字符 s[i-1] 是左括号，或者j小于0（说明没有对应的左括号），或者 s[j] 是右括号，此时将 dp[i] 重置为0，否则就用 dp[i-1] + 2 + dp[j] 来更新 dp[i]。这里由于进行了 padding，可能对应关系会比较晕，大家可以自行带个例子一步一步执行，应该是不难理解的，参见代码如下： **
**
解法二：
class Solution {
public:
int longestValidParentheses(string s) {
int res = 0, n = s.size();
vector<int> dp(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int j = i - 2 - dp[i - 1];
if (s[i - 1] == '(' || j < 0 || s[j] == ')') {
dp[i] = 0;
} else {
dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[j];
res = max(res, dp[i]);
}
}
return res;
}
};
此题还有一种不用额外空间的解法，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 cover 所有的情况了，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int longestValidParentheses(string s) {
int res = 0, left = 0, right = 0, n = s.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
(s[i] == '(') ? ++left : ++right;
if (left == right) res = max(res, 2 * right);
else if (right > left) left = right = 0;
}
left = right = 0;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
(s[i] == '(') ? ++left : ++right;
if (left == right) res = max(res, 2 * left);
else if (left > right) left = right = 0;
}
return res;
}
};
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/32
类似题目：
Different Ways to Add Parentheses
参考资料：
https://leetcode.com/problems/longest-valid-parentheses/
https://bangbingsyb.blogspot.com/2014/11/leetcode-longest-valid-parentheses.html
https://leetcode.com/problems/longest-valid-parentheses/discuss/14126/My-O(n)-solution-using-a-stack
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