题目：

数字n代表生成括号的对数，设计一个函数，用于生成所有可能并且有效的括号组合。

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方法一：回溯

可以生成所有 2**2n 个 ‘(’ 和 ‘)’ 字符构成的序列，然后检查每一个是否有效即可

为了生成所有序列，我们可以使用递归。长度为 n 的序列就是在长度为 n−1 的序列前加一个 ‘(’ 或 ‘)’。

为了检查序列是否有效，遍历这个序列，并使用一个变量 balance 表示左括号的数量减去右括号的数量。如果在遍历过程中 balance 的值小于零，或者结束时 balance 的值不为零，那么该序列就是无效的，否则它是有效的。

可以只在序列仍然保持有效时才添加 ‘(’ 或 ‘)’，通过跟踪到目前为止放置的左括号和右括号的数目来做到这一点，如果左括号数量不大于 n，我们可以放一个左括号。如果右括号数量小于左括号的数量，我们可以放一个右括号。

class Solution(object):def generateParenthesis(self, n):""":type n: int:rtype: List[str]"""ans=[] #列表，用于存储所有有效的括号组合def backtrack(S,left,right):  #递归回溯函数，当前构造的括号序列，当前左括号的数目，当前右括号的数目if len(S)==2*n:  #长度达到合法括号的序列ans.append(''.join(S))#列表 S 变成字符串，加入列表中returnif left<n:  #当左括号数目不达标时S.append("(")backtrack(S,left+1,right)  #加入左括号后继续构造S.pop()#递归返回后，将最后添加的 ( 移除，恢复原状（回溯）if right<left:  #只有 right < left 时，才能添加 )，确保括号序列合法S.append(")") #加了一个 ) 之后继续尝试构造backtrack(S,left,right+1)S.pop() # 将最后添加的 ) 移除，恢复原状backtrack([],0,0)return ans

时间复杂度：O(​4*n/n**1/2​)，在回溯过程中，每个答案需要 O(n) 的时间复制到答案数组中

空间复杂度：O(n)

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方法二：按括号序列的长度递归

任何一个括号序列都一定是由 ‘(’ 开头，并且第一个 ‘(’ 一定有一个唯一与之对应的 ‘)’，每一个括号序列可以用 (a)b 来表示，其中 a 与 b 分别是一个合法的括号序列（可以为空）。

生成所有长度为 2n 的括号序列，我们定义一个函数 generate(n) 来返回所有可能的括号序列。那么在函数 generate(n) 的过程中：

需要枚举与第一个 ‘(’ 对应的 ‘)’ 的位置 2i+1

递归调用 generate(i) 即可计算 a 的所有可能性

递归调用 generate(n−i−1) 即可计算 b 的所有可能性

遍历 a 与 b 的所有可能性并拼接，即可得到所有长度为 2n 的括号序列

为了节省计算时间，在每次 generate(i) 函数返回之前，把返回值存储起来，下次再调

用 generate(i) 时可以直接返回，不需要再递归计算

class Solution(object):def generateParenthesis(self, n):""":type n: int:rtype: List[str]"""if n==0:  #没有括号对return [""]ans=[]for c in range(n): #让c在0到n-1之间遍历，表示把 n 对括号分成两部分，左部分：c 对括号；右部分n - 1 - c 对括号for left in self.generateParenthesis(c):#递归调用自己，求出 c 对括号的所有可能组合，并把结果赋值给 left,相当于生成左部分括号的所有可能情况for right in self.generateParenthesis(n - 1 - c):#生成右部分括号的所有可能情况ans.append('({}){}'.format(left,right)) #负责把 left 和 right 组合return ans

时间复杂度：O(​4*n/n**1/2​)

空间复杂度：O(​4*n/n**1/2​)此方法除答案数组外，中间过程中会存储与答案数组同样数量级的临时数组，是所需要的空间复杂度。

源自力扣官方题解