括号序列

定义一个合法括号序列（balanced bracket sequence）为仅由 $($ 和 $)$ 构成的字符串且：

空串 $ε$ 是一个合法括号序列。
如果 $s$ 是合法括号序列，那么 $(s)$ 也是合法括号序列。
如果 $s, t$ 都是合法括号序列，那么 $s t$ 也是合法括号序列。

例如 $(()) ()$ 是合法括号序列，而 $) ()$ 不是。

有时候会有多种不同的括号，如 $[()] {}$ 。这样的变种括号序列与朴素括号序列有相似的定义。

本文将会介绍与括号序列相关的经典问题。

注：英语中一般称左括号为 opening bracket，而右括号是 closing bracket。

判断是否合法

判断 $s$ 是否为合法括号序列的经典方法是贪心思想。该算法同样适用于变种括号序列。

我们维护一个栈，对于 $i = 1, 2, \dots, | s |$ 依次考虑：

如果 $s_{i}$ 是右括号且栈非空且栈顶元素是 $s_{i}$ 对应的左括号，就弹出栈顶元素。
若不满足上述条件，则将 $s_{i}$ 压入栈中。

在遍历整个 $s$ 后，若栈是空的，那么 $s$ 就是合法括号序列，否则就不是。时间复杂度 $O (n)$ 。

合法括号序列计数

考虑求出长度为 $2 n$ 的合法括号序列 $s$ 的个数 $f_{n}$ 。不妨枚举与 $s_{1}$ 匹配的括号的位置，假设是 $2 i + 2$ 。它将整个序列又分成了两个更短的合法括号序列。因此

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} f_{i} f_{n - i - 1}

这同样是卡特兰数的递推式。也就是说 $f_{n} = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$ 。

当然，对于变种合法括号序列的计数，方法是类似的。假设有 $k$ 种不同类型的括号，那么有 $f_{n}^{'} = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) k^{n}$ 。

字典序后继

给出合法的括号序列 $s$ ，我们要求出按字典序升序排序的长度为 $| s |$ 的所有合法括号序列中，序列 $s$ 的下一个合法括号序列。在本问题中，我们认为左括号的字典序小于右括号，且不考虑变种括号序列。

我们需要找到一个最大的 $i$ 使得 $s_{i}$ 是左括号。然后，将其变成右括号，并将 $s [i + 1, | s |]$ 这部分重构一下。另外， $i$ 必须满足： $s [1, i - 1]$ 中左括号的数量大于右括号的数量。

不妨设当 $s_{i}$ 变成右括号后， $s [1, i]$ 中左括号比右括号多了 $k$ 个。那么我们就让 $s$ 的最后 $k$ 个字符变成右括号，而 $s [i + 1, | s | - k]$ 则用 $((\dots (()) \dots))$ 的形式填充即可，因为这样填充的字典序最小。

该算法的时间复杂度是 $O (n)$ 。

参考实现

bool next_balanced_sequence(string& s) {
  int n = s.size();
  int depth = 0;
  for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
    if (s[i] == '(')
      depth--;
    else
      depth++;

    if (s[i] == '(' && depth > 0) {
      depth--;
      int open = (n - i - 1 - depth) / 2;
      int close = n - i - 1 - open;
      string next =
          s.substr(0, i) + ')' + string(open, '(') + string(close, ')');
      s.swap(next);
      return true;
    }
  }
  return false;
}

字典序计算

给出合法的括号序列 $s$ ，我们要求出它的字典序排名。

考虑求出字典序比 $s$ 小的括号序列 $p$ 的个数。

不妨设 $p_{i} < s_{i}$ 且 $\forall 1 \leq j < i, p_{j} = s_{i}$ 。显然 $p_{i}$ 是左括号而 $s_{i}$ 是右括号。枚举 $i$ （满足 $s_{i}$ 为右括号），假设 $p [1, i]$ 中左括号比右括号多 $k$ 个，那么相当于我们要统计长度为 $| s | - i$ 且存在 $k$ 个未匹配的右括号且不存在未匹配的左括号的括号序列的个数。

不妨设 $f (i, j)$ 表示长度为 $i$ 且存在 $j$ 个未匹配的右括号且不存在未匹配的左括号的括号序列的个数。

通过枚举括号序列第一个字符是什么，可以得到 $f$ 的转移： $f (i, j) = f (i - 1, j - 1) + f (i - 1, j + 1)$ 。初始时 $f (0, 0) = 1$ 。其实 $f$ 是 OEIS - A053121。

这样我们就可以 $O (| s |^{2})$ 计算字典序了。

对于变种括号序列，方法是类似的，只不过我们需要对每个 $s_{i}$ 考虑比它小的那些字符进行计算（在上述算法中因为不存在比左括号小的字符，所以我们只考虑了 $s_{i}$ 为右括号的情况）。

另外，利用 $f$ 数组，我们同样可以求出字典序排名为 $k$ 的合法括号序列。

本页面主要译自博文 http://e-maxx.ru/algo/bracket_sequences 与其英文翻译版 Balanced bracket sequences。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

本页面最近更新：2023/2/18 07:57:07，更新历史
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