491.递增子序列
本题和大家刚做过的 90.子集II 非常像，但又很不一样，很容易掉坑里。
代码随想录
视频讲解：回溯算法精讲，树层去重与树枝去重 | LeetCode：491.递增子序列_哔哩哔哩_bilibili
这道题本身没那么难想到,但是有很多要注意点:
- 一旦path的size大于1,就要收集.
- 使用容器要记住当次for循环已经遍历过的值,这样来去重.可以使用unordered_set(集合),也可以使用数组(提前声明容量为201,然后以每次的数值为下标来验证本次for循环是否已经使用过相等的值),注意如果用数组的话,会更快更方便查找每次是否遍历过,以空间换时间,但是要提前初始化.
- 每次for循环要判断path内是否有数了,如果有数了那就要判断当前的数值是否不小于最后一个数(也就是最大的那个).
class Solution {
public:vector<vector<int>> res;vector<int> path;void backtracking(vector<int>& nums,int begin){ if(path.size()>1){res.push_back(path);}int used[201]={0};for(int i=begin;i<nums.size();i++){if(path.size()){if(nums[i]<path.back()) continue; }if(used[nums[i]+100]) continue;path.push_back(nums[i]);backtracking(nums,i+1);path.pop_back();used[nums[i]+100]=1;}}vector<vector<int>> findSubsequences(vector<int>& nums) {res.clear();path.clear();backtracking(nums,0);return res;}
};46.全排列
本题重点感受一下，排列问题 与 组合问题，组合总和，子集问题的区别。 为什么排列问题不用 startIndex
代码随想录
视频讲解：组合与排列的区别，回溯算法求解的时候，有何不同？| LeetCode：46.全排列_哔哩哔哩_bilibili
这道题总体来讲也比较简单,主要注意这几个点:
- path的收集在它的size恰好等于nums的大小的时候进行,并且需要在这时候直接返回,因为是最终时刻收集结果而不是像上一道题一样边递归边收集.
- 这时候就需要每次for循环都从0开始,全排列不是顺序收集数字的而是可能跳着收集数字,所以没有递归遍历的规律,但需要每次知道上层递归都已经使用过哪些数,所以要传入used数组来记录已经排列进去的数字.
- used数组可以直接设置成nums数组大小,因为已经知道nums数组不重复,所以直接可以用该数字的下标来表示它在used数组中的位置,而且for循环内设置先显示用过该数字,递归结束之后再显示没有用过该数字,因为同层递归表示不同的排列顺序,而更深层的递归用来一点一点得到这个顺序的全排列.
class Solution {
public:vector<vector<int>> res;vector<int> path;void backtracking(vector<int>& nums,vector<bool>& used){if(path.size()==nums.size()){res.push_back(path);return;}for(int i=0;i<nums.size();i++){if(used[i]) continue;used[i]=true;path.push_back(nums[i]);backtracking(nums,used);path.pop_back();used[i]=false;}}vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {vector<bool> used(nums.size(),false);backtracking(nums,used);return res;}
};47.全排列 II
本题 就是我们讲过的 40.组合总和II 去重逻辑 和 46.全排列 的结合，可以先自己做一下，然后重点看一下 文章中 我讲的拓展内容。 used[i - 1] == true 也行，used[i - 1] == false 也行
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视频讲解：回溯算法求解全排列，如何去重？| LeetCode：47.全排列 II_哔哩哔哩_bilibili
去重是这道题的重点,也是区别于上一题的关键,注意:
- 去重采取的是先将nums数组排列然后再凭借相等的两个数必然相邻的方法,重点要理解去重是要避免两个相同的数字在同一个for循环中(表示某次排序的同一个位置)反复选用.
- 然后还要避免已经参与了本次排序的元素反复参与排序,具体要使用used数组来避免,和上一题一样.
class Solution {
private:vector<vector<int>> result;vector<int> path;void backtracking (vector<int>& nums, vector<bool>& used) {// 此时说明找到了一组if (path.size() == nums.size()) {result.push_back(path);return;}for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {// used[i - 1] == true，说明同一树枝nums[i - 1]使用过// used[i - 1] == false，说明同一树层nums[i - 1]使用过// 如果同一树层nums[i - 1]使用过则直接跳过if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {continue;}if (used[i] == false) {used[i] = true;path.push_back(nums[i]);backtracking(nums, used);path.pop_back();used[i] = false;}}}
public:vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {result.clear();path.clear();sort(nums.begin(), nums.end()); // 排序vector<bool> used(nums.size(), false);backtracking(nums, used);return result;}
};
这里还有一点值得注意,就是将下面的代码(去重的关键)变成下下面的代码也是行得通的.
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {continue;
}改为:
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) {continue;
}这是因为:
例: 1 1 1 2
used[i-1]==false 这句话表达的其实是上个数并没有在本次排序中,没有在本次序列中,就意味着它一定在之前的排列序列中在相同位置出现了,如果这个数和当前的数相等的话,就意味着同样的位置选了两次相同的数字.
而下一句代码意味着和这个数相等的数(上个数)如果已经出现在了本次序列中,就不能在当前位置选择这个数,这句话就导致在第一次遇到这个数值的数的时候是永远没办法得到完整序列的,因为一旦使用了第一个数,后面和他相等的数就不能在这次排序中出现了,这样之后会导致在排序的这个位置只能使用最后一个同样数值的数才能保证得到整个序列(保证与之等值的used[i-1]永远为false),这样就相当于暗中规定了相等数字的相对排序,只能倒着选取(和sort之后nums序列的这一区段的顺序相反),这样也能保证同一位置一定不会使用相等的值,但这样无疑会导致进行更多次数的递归(尽管之前的数字必然得不到完整的序列,但还是会进行到底才能返回),所以虽然可以AC,但最好用上面的代码.(这也是文章里面提到的树枝去重法,显然数层比树枝去重效率高)
总结
去重的方法有两个:
- 如果必须保证nums序列的各个元素的相对顺序的话,没法自行让相等的值挨着,就要使用辅助数组法,也就是使用每个元素的值作为下标,来迅速查询这个值是否在当前for循环中被重复使用了.
- 如果不必保证nums原本的顺序,那就直接sort排序nums,这样就能让相等的值必然相邻,保证当前遍历到的值不和上一个值相等即可,这样去重效率超高.
