标签：计算 相同 证明 reverse 自带 括号 矛盾 end 记录
看到已有的题解几乎都是栈操作，但是考虑到leetcode的数据量一直都不大，所以跑一般oj10w长度的字符串很难说栈操作会不会超时，因此尝试生成了10w长度的数据，结果果然效率不够高，因此打算来记录一下笔者的解法
以给的范例"(ed(et(oc))el)"为例，从左到右开始计算，e从1到8，d从2到7，e从3到6再到3……以此类推，发现规律，当存在一层括号时，反转，而反转的目标位置，就是括号首位位置相加然后减去字母所在位置，以第三个字母e为例，(1 + 8) - 3为6，(3 + 6) - 6为3，如果写到一个式子里就是(3 + 6) - [(1 + 8) - 3]，如果后续再出现括号，以第五个字母o为例，(5 + 6) - {(3 + 6) - [(1 + 8) - 5]}为6，如果一直在括号内移动，那么只需要改变算式中最后一位数即可，因此可以发现规律，将前面所有式子缓存下来作为基，然后每次加或减最后一位（当前位置的序数），即可得到目标位置
然后考虑如何记录所有括号，使用栈操作和一遍遍历的方式，遇到左括号入栈，遇到右括号出栈，如果长度为0则不记录，同时记录括号的左右位置，然后确定一个定理，最小括号内不会存在更小的括号，证明：该括号是最小括号x1，长度为a1，内部存在括号（反括号），则该括号（反括号）与最小括号x1的反括号（括号）形成括号x2，长度为a2，小于a1，因为括号越小，长度越短，矛盾，因此该括号不是最小括号。因此包含中的最小括号是长度最短的括号，笔者使用list记录括号数量，考虑到后续出栈的效率问题，因此对左括号位置进行一次降序排序，左括号越往前，排在越后面，可以直接出栈，然后在左括号位置相同时，对长度进行升序排列，即先运算外层括号
然后考虑右括号的问题，上面已证明和保证，最后入栈的肯定是最小的且最内层的括号，因此，在计算时，查询当前位置是否有反括号，有则直接出栈，同时根据当前运算符号从基中去除掉
大致运算流程如下图所示
时间复杂度：两遍遍历，第一遍找到所有括号组合然后排序（sorted是归并排序），第二遍是逐个计算，对比和出栈的时间非常短，因此可以近似为O(n)，实践检验也确实是，以下为三组测试结果，分别对应笔者的算法、标准的栈操作反转和python自带函数[::-1]反转耗时，单位为s
100w字符长度，1w个括号（5k组）
100w字符长度，10w个括号(5w组)
1000w字符长度，10w个括号(5w组)
代码如下：
1 def reverseParentheses(s): 2 string_list = [] 3 cnt_list = 1 4 bracket_left = [] 5 bracket_list = [] 6 bracket_list_now = [] 7 8 for i in range(0, len(s)): 9 if ‘(‘ == s[i]: 10 bracket_left.append(cnt_list) 11 elif ‘)‘ == s[i]: 12 loc_left = bracket_left.pop() 13 loc_right = cnt_list - 1 14 if loc_left < loc_right: 15 bracket_list.append([loc_left, loc_right, loc_right - loc_left]) 16 else: 17 string_list.append(s[i]) 18 cnt_list += 1 19 bracket_list = sorted(bracket_list, key=lambda x: (-x[0], x[2])) 20 len_bracket_list = len(bracket_list) 21 calc_base = 0 22 # print(bracket_list) 23 # print(string_list) 24 25 positive = 1 26 ans = [0 for i in range(len(string_list))] 27 28 for i in range(0, len(string_list)): 29 if bracket_list: 30 while True: 31 if bracket_list and i + 1 == bracket_list[len_bracket_list - 1][0]: 32 if positive: 33 calc_base += bracket_list[len_bracket_list - 1][0] + bracket_list[len_bracket_list - 1][1] 34 positive = 1 - positive 35 else: 36 calc_base -= bracket_list[len_bracket_list - 1][0] + bracket_list[len_bracket_list - 1][1] 37 positive = 1 - positive 38 bracket_list_now.append(bracket_list[len_bracket_list - 1]) 39 bracket_list.pop() 40 len_bracket_list -= 1 41 else: 42 break 43 44 if positive: 45 ans[calc_base + (i + 1) - 1] = string_list[i] 46 else: 47 ans[calc_base - (i + 1) - 1] = string_list[i] 48 49 if bracket_list_now: 50 len_bracket_list_now = len(bracket_list_now) 51 j = len_bracket_list_now - 1 52 while j >= 0: 53 if i + 1 == bracket_list_now[j][1]: 54 temp = bracket_list_now.pop(j) 55 if positive: 56 calc_base += temp[0] + temp[1] 57 positive = 1 - positive 58 else: 59 calc_base -= temp[0] + temp[1] 60 positive = 1 - positive 61 len_bracket_list_now -= 1 62 j -= 1 63 else: 64 break 65 # return ans 66 return "".join(ans) 67 68 69 def reverseParentheses2(s): 70 while ‘(‘ in s: 71 s = re.sub(r‘\(([^()]*)\)‘, lambda x: x.group(1)[::-1], s) 72 return s 73 74 75 def reverseParentheses3(s): 76 ans = [‘‘] 77 for c in s: 78 if c == ‘(‘: 79 ans += [‘‘] 80 elif c == ‘)‘: 81 ans[-2] += ans[-1][:: -1] 82 ans.pop() 83 else: 84 ans[-1] += c 85 return ans[0]
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标签：计算 相同 证明 reverse 自带 括号 矛盾 end 记录
原文地址：https://www.cnblogs.com/Pyrokine/p/12287145.html
