题干括号生成

思路

这道题用dfs有两种思路，一种是针对总长度，每个位置都进行尝试，由于对左括号有要求，设置变量记录已有字符串中左括号匹配的数量，根据其数量分类回溯。

class Solution {public:vector<string> generateParenthesis(int n) {string path;vector<string> res;dfs(n,0,path,res);return res;}void dfs(int n,int leftok,string path,vector<string> &res){if(path.length()==n*2)  { if(leftok==n&&leftok!=0){res.push_back(path);return ;}return ;//长度已到最长，不合理情况均排除}if(path.length()-2*leftok>0){path+=')';已生成的字符串里还有未匹配的左括号，此时既可以填充左括号也可以填充右括号。dfs(n,leftok+1,path,res);path=path.substr(0,path.size()-1);}path+='(';//已生成字符串里右括号多，只能填左括号dfs(n,leftok,path,res);path=path.substr(0,path.size()-1);}
};

仔细分析便会发现，当已生成的字符串里右括号数量较多时，理应直接return，这也是这段程序速度慢的原因。
第二中思路是记录好已生成字符串里的left和right的个数，作用等同于记录路径path，相当于对之前的程序进行了简化。此时我们只需要考虑left，right和n之间的关系即可。

class Solution {public:vector<string> generateParenthesis(int n) {string path;vector<string> res;// dfs(n,0,path,res);dfs(n,0,0,path,res);return res;}void dfs(int n,int left,int right,string path,vector<string> &res){if(left==n&&right==n)  {res.push_back(path);return ;}//这里要注意对lefrright的判断要有序，先判断相等再判断不等的情况，否则可能出现重复if(left==right)  dfs(n,left+1,right,path+'(',res);if(left>right) //左括号数量较多时，既可以加左括号也可以加右括号{if(left<n)  dfs(n,left+1,right,path+'(',res);dfs(n,left,right+1,path+')',res);}if(left<right)  return;   }
};

事实上，以上程序仍有值得优化的空间，首先就是left和right均要小于n，其次就是右括号数量大于左括号时直接删除分支即可。
更简练的代码如下。

class Solution {public:vector<string> generateParenthesis(int n) {vector<string>  res;dfs(res,"",0,0,n);return res;}void dfs(vector<string> &res,string str,int l,int r,int n){if(l>n||r>n||r>l) return ;if(l==n&&r==n) {res.push_back(str); return ;}dfs(res,str+'(',l+1,r,n);dfs(res,str+')',l,r+1,n);return ;}};

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