题目地址：
https://leetcode.com/problems/valid-parenthesis-string/
给定一个括号序列
s
s
s，里面除了左右括号之外，还含'*'。'*'可以被当做左右括号，或者空串。问是否存在一种对'*'的替换，使得该序列合法。只需返回true还是false。
动态规划做法可以参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/109269264。下面介绍贪心做法。
法1：贪心。首先回顾一下合法括号序列要满足的条件：
1、左括号右括号数量相等；
2、任意前缀，左括号数量都大于等于右括号数量。
我们定义前缀中左括号减去右括号数叫做“平衡数”。可以开两个变量
l
l
l和
h
h
h，分别记录已经遍历的前缀中，至少还需要消耗多少个左括号与至多还需要消耗多少个左括号。这里消耗可以理解为，遇到个右括号，就从库存里取出个左括号与之配对（消耗）。这里其实是在考虑两个极端的情况，即'*'全变成右括号或者全变成左括号的情况。也就是说，
l
l
l和
h
h
h存的是极端情况下的平衡数。接下来遍历
s
s
s，遇到左括号则
l
l
l和
h
h
h都加
1
1
1；遇到右括号则
l
l
l和
h
h
h都减
1
1
1；遇到'*'，那么如果将其看成左括号，则平衡数加
1
1
1，如果看成右括号，则平衡数减
1
1
1，所以此时我们将
l
l
l减
1
1
1，而将
h
h
h加
1
1
1。每次更新完
l
l
l和
h
h
h以后，如果
h
<
0
h<0
h<0了，返回false；如果
l
<
0
l<0
l<0了，重置
l
=
0
l=0
l=0。遍历完
s
s
s之后，如果
l
>
0
l>0
l>0，返回false，否则返回true。
算法正确性证明：
我们将问题换一种描述。如果将字符串里的左括号看成
1
1
1，右括号看成
−
1
-1
−1，星号看成未知数，那么原问题相当于在问，在每个未知数可以取
−
1
,
0
,
1
-1,0,1
−1,0,1的情况下，是否存在一组解，使得整个
s
s
s等于
0
0
0，并且对于
s
s
s的任何前缀，都是非负的。那么
l
l
l取的是星号全取
−
1
-1
−1的情况，
h
h
h取的是星号全取
1
1
1的情况。如果中途
h
<
0
h<0
h<0了，说明即使星号全取
1
1
1也不能保证前缀和非负，那么应该返回false。如果中途
h
≥
0
h\ge 0
h≥0，但是
l
<
0
l<0
l<0，那么一定存在一个星号可以由
−
1
-1
−1变为
0
0
0或者由
0
0
0变为
1
1
1（原因在于此时是
h
≥
0
h\ge 0
h≥0的，星号全变成左括号的时候平衡数是
h
h
h，那将一个星号增加
1
1
1肯定可以使得平衡数变为
0
0
0。这里具体挑哪个星号是无所谓的，哪个都行，但不变不行，因为会使得平衡数变负），也就是说，我们一开始都贪心地将所有的星号都取
−
1
-1
−1，只有在必要时，将某个星号变大，以使得平衡数仍然非负。如果最后遍历完的时候
l
=
0
l=0
l=0，那么按照上述办法去变换星号，就能得到一组合法解，算法正确；如果最后
l
>
0
l>0
l>0，我们取最后一次
l
=
0
l=0
l=0的时刻（这个时刻一定是存在的，因为至少最开始
l
=
0
l=0
l=0），按照上面的调整办法，从这个时刻之前的前缀已经合法，而之后的
l
l
l是该时刻之后的所有星号都取
−
1
-1
−1得到的，如果还有
l
>
0
l>0
l>0的话只能说即使所有星号都取
−
1
-1
−1，左括号仍然要比右括号多，则说明不存在合法解，应该返回false。综上，算法正确。
这里的证明事实上已经给出了一个构造合法解的方法。如果存在合法解，那么构造方法是，先贪心的将所有星号都看成右括号，每当
l
<
0
l<0
l<0的时候，就随便挑一个星号去加一。
代码如下：
public class Solution {
public boolean checkValidString(String s) {
int lo = 0, hi = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
char ch = s.charAt(i);
if (ch == '(') {
lo++;
hi++;
} else if (ch == ')') {
lo--;
hi--;
} else {
lo--;
hi++;
}
if (hi < 0) {
return false;
}
lo = Math.max(lo, 0);
}
return lo == 0;
}
}
时间复杂度
O
(
n
)
O(n)
O(n)，空间
O
(
1
)
O(1)
O(1)。
法2：栈。开两个栈，分别记录左括号出现的下标和星号出现的下标。接着遍历
s
s
s，如果遇到左括号或者星号，直接将下标进入对应的栈；否则遇到了右括号，如果左括号栈非空则出栈与之配对，如果左括号栈空但星号栈非空则星号栈出栈变为左括号与之配对，如果星号栈也空，那就返回false。遍历完之后，看一下左括号栈是否非空，如果非空，则不停地将下标大于左括号栈顶的星号栈顶出栈，同时也将左括号栈顶出栈；如果发现左括号栈顶是大于星号栈栈顶的，直接返回false。最后左括号栈若空则返回true，否则返回false。这个方法非常直接，哪个要和哪个配对都构造出来了。
算法正确性证明：
首先，我们先证明如果算法返回true，那一定存在一个使得
s
s
s合法的星号的赋值方式。每次星号栈出栈的时候，就将该位置的星号赋值为
1
1
1，这样能保证平衡数一直非负；接着，遍历完
s
s
s之后，pop两个栈的时候，pop出来的星号的赋值方式是
−
1
-1
−1，如果星号栈还非空，则里面的星号全赋值为空串，这样能保证整个字符串的平衡数恰好是
0
0
0。所以就证明了如果算法返回true，那确实存在一个方案。
接下来证明，如果算法返回false，那一定不存在合法方案。首先，如果是遍历
s
s
s的时候返回了false，那说明某个前缀里即使把所有星号都变成左括号，仍然无法保证平衡数为非负，这时当然不存在合法方案；如果遍历完
s
s
s后没有返回false，但最后算法返回false了，我们考虑那个时候括号栈的栈顶的那个左括号，由于在
s
s
s遍历完成之后该左括号仍然没有出栈，说明从该左括号向后的那个后缀的平衡数是大于
0
0
0的，并且即使将其右边所有星号都看成右括号，平衡数也是大于
0
0
0的，所以该左括号无法被右括号匹配，所以不存在合法方案。
综上，算法正确。
代码如下：
import java.util.ArrayDeque;
import java.util.Deque;
public class Solution {
public boolean checkValidString(String s) {
Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>(), star = new ArrayDeque<>();
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
char ch = s.charAt(i);
if (ch == '(') {
stack.push(i);
} else if (ch == '*') {
star.push(i);
} else {
if (!stack.isEmpty()) {
stack.pop();
} else if (!star.isEmpty()){
star.pop();
} else {
return false;
}
}
}
while (!stack.isEmpty() && !star.isEmpty()) {
if (stack.peek() < star.peek()) {
stack.pop();
star.pop();
} else {
return false;
}
}
return stack.isEmpty();
}
}
时空复杂度
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
本文地址：https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/109269287
