Given n pairs of parentheses, write a function to generate all combinations of well-formed parentheses.

For example, given n = 3, a solution set is:

[
  "((()))",
  "(()())",
  "(())()",
  "()(())",
  "()()()"
]

解题思路：
经典的回溯法实例，解题思路如下：（http://www.1point3acres.com/bbs/thread-172641-1-1.html）

所谓Backtracking都是这样的思路：在当前局面下，你有若干种选择。那么尝试每一种选择。如果已经发现某种选择肯定不行（因为违反了某些限定条件），就返回；如果某种选择试到最后发现是正确解，就将其加入解集。所以你思考递归题时，只要明确三点就行：选择 (Options)，限制 (Restraints)，结束条件(Termination)。即“ORT原则”（这个是我自己编的）
对于这道题，在任何时刻，你都有两种选择：
1. 加左括号。
2. 加右括号。
同时有以下限制：
1. 如果左括号已经用完了，则不能再加左括号了。
2. 如果已经出现的右括号和左括号一样多，则不能再加右括号了。因为那样的话新加入的右括号一定无法匹配。
结束条件是：
左右括号都已经用完。
结束后的正确性：
左右括号用完以后，一定是正确解。因为1. 左右括号一样多，2. 每个右括号都一定有与之配对的左括号。因此一旦结束就可以加入解集（有时也可能出现结束以后不一定是正确解的情况，这时要多一步判断）。
递归函数传入参数：
限制和结束条件中有“用完”和“一样多”字样，因此你需要知道左右括号的数目。当然你还需要知道当前局面sublist和解集res。

因此，把上面的思路拼起来就是代码：

if (左右括号都已用完) {
  加入解集，返回
}
//否则开始试各种选择
if (还有左括号可以用) {
  加一个左括号，继续递归
}
if (右括号小于左括号) {
  加一个右括号，继续递归
}

程序代码：

class Solution {
public:
    vector<string> generateParenthesis(int n) {
        vector<string>res;
        DFS(res,n,n,"");
        return res;

    }
private:
    void DFS(vector<string>& res,int left,int right,string p)
    {
        if(left==0&&right==0)//左右括号用完
        {
            res.push_back(p);
            return ;
        }
        if(left>0)     //还有左括号没有使用
        {
            DFS(res,left-1,right,p+'(');
        }
        if(left<right)    //剩余的左括号比右括号少(也就是剩下的右括号比左括号多)
        {
            DFS(res,left,right-1,p+')');

        }

    }
};