【C++】算法集锦（3）：回溯，从入门到入土，七道试题精选、精讲、精练
文章目录
-
- 前言
- 递归
- N叉树的遍历
-
- 节点设计
- N叉树的前序遍历
- 后序遍历
- 层序遍历
- 回溯例题精讲
-
- 岛屿最大面积
-
- 思路
- 代码实现
- 八皇后问题
-
- 思路
- 代码实现
- 括号生成
-
- 思路
- 代码实现
- 全排列
-
- 思路
- 代码实现
- 再说两句
- 解回溯题的一般步骤
- 电话号码的字母组合
-
- 思路
- 代码实现
- 子集
-
- 思路
- 代码实现
前言
回溯算法，之前也是写过的，感觉还不错。但是之前分成两篇写了，现在重新整理一下，顺便我自己也回顾一下。
递归
要玩得转回溯算法，递归思想就要融入骨子里。
正好早上我整理了一篇递归相关的，不妨看一下：【C++】算法集锦（2）：递归
N叉树的遍历
我们从N叉树的遍历入手，来看一下回溯算法。
思考一下二叉树的回顾一下二叉树的遍历方式：
前序遍历 - 首先访问根节点，然后遍历左子树，最后遍历右子树；
中序遍历 - 首先遍历左子树，然后访问根节点，最后遍历右子树；
后序遍历 - 首先遍历左子树，然后遍历右子树，最后访问根节点；
层序遍历 - 按照从左到右的顺序，逐层遍历各个节点。
N 叉树的中序遍历没有标准定义，中序遍历只有在二叉树中有明确的定义。
我们跳过 N 叉树中序遍历的部分。
节点设计
class Node {
public:
int val;
vector<Node*> children; //注意，这里不再是左右子节点了
Node() {
}
Node(int _val) {
val = _val;
}
Node(int _val, vector<Node*> _children) {
val = _val;
children = _children;
}
};
N叉树的前序遍历
给定一个 N 叉树，返回其节点值的前序遍历。
class Solution {
public:
void preorderDFS(Node* root, int index, vector<int>& ret) {
if (root == NULL)
return;
ret.push_back(root->val);
int sz = (root->children).size();
while (index < sz) {
preorderDFS(root->children[index], 0, ret); //认真捋一下这一步
index += 1;
}
}
vector<int> preorder(Node* root) {
vector<int> ret;
preorderDFS(root, 0, ret);
return ret;
}
};
后序遍历
给定一个 N 叉树，返回其节点值的后序遍历。
class Solution {
public:
void postorderDFS(Node* root, int index, vector<int>& ret) {
if (root == NULL)
return;
int sz = (root->children).size();
while (index < sz) {
postorderDFS(root->children[index], 0, ret);
index += 1;
}
ret.push_back(root->val);
}
vector<int> postorder(Node* root) {
vector<int> ret;
postorderDFS(root, 0, ret);
return ret;
}
};
层序遍历
给定一个 N 叉树，返回其节点值的层序遍历。 (即从左到右，逐层遍历)。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> result;
void dfs(Node* root, int dep){
if(!root) return;
if(dep == result.size()) result.emplace_back();
result[dep].push_back(root->val);
auto children = root->children;
for(auto ele:children){
dfs(ele, dep+1);
}
}
vector<vector<int>> levelOrder(Node* root) {
dfs(root, 0);
return result;
}
};
岛屿最大面积、八皇后问题、括号生成感觉比较简单，所以思路讲的就比较简陋，适合入门练手，建议看其他题目的讲解（全排列那题）。
回溯例题精讲
岛屿最大面积
给定一个包含了一些 0 和 1 的非空二维数组 grid 。
一个 岛屿 是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在水平或者竖直方向上相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。
找到给定的二维数组中最大的岛屿面积。(如果没有岛屿，则返回面积为 0 。)
示例 1:
[[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],
[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],
[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
对于上面这个给定矩阵应返回 6。注意答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直的四个方向的 1 。
示例 2:
[[0,0,0,0,0,0,0,0]]
对于上面这个给定的矩阵, 返回 0。
来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/max-area-of-island
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路
这题其实我自己做出来了，把它放在第一题嘛，我觉得因为它是比较简单的。
从头开始遍历，遇到“1”就展开上下左右搜索，搜空了就回溯，在搜索过程中计数，并将搜索到的位置全部置0，防止二次污染。
代码实现
int checkIsland(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
int count = 0;
if (grid[x][y] == 0)
return count;
else {
grid[x][y] = 0;
count++;
//上
if (x - 1 >= 0)
count += checkIsland(grid, x - 1, y);
//右
if ((y + 1) < grid[0].size())
count += checkIsland(grid, x, y + 1);
//下
if ((x + 1) < grid.size())
count += checkIsland(grid, x + 1, y);
//左
if ((y - 1) >= 0)
count += checkIsland(grid, x, y - 1);
}
return count;
}
int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
if (grid.size() == 0)
return 0;
int max = 0;
for (int i = 0; i < grid.size(); i++) {
for (int j = 0; j < grid[0].size(); j++) {
int temp = checkIsland(grid, i, j);
if (temp > max)
max = temp;
}
}
}
return max;
}
八皇后问题
八皇后问题是一个古老的问题，于1848年由一位国际象棋棋手提出：在8×8格的国际象棋上摆放八个皇后，使其不能互相攻击，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上，如何求解？
思路
将每一个棋子放在当前列的最前端，再放下一个棋子。
如果下一个棋子没地方放了，就回溯到前一个棋子，将其往后一个适宜位置挪动。
具体思路都在代码里了。
代码实现
#include括号生成
数字 n 代表生成括号的对数，请你设计一个函数，用于能够生成所有可能的并且 有效的 括号组合。
示例：
输入：n = 3
输出：[
"((()))",
"(()())",
"(())()",
"()(())",
"()()()"
]
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/generate-parentheses
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路
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。
代码实现
vector<string> generateParenthesis(int n) {
vector<string> res;
generateParenthesisDFS(n, n, "", res);
return res;
}
void generateParenthesisDFS(int left, int right, string out, vector<string> &res) {
if (left > right) return;
if (left == 0 && right == 0) res.push_back(out);
else {
if (left > 0) generateParenthesisDFS(left - 1, right, out + '(', res);
if (right > 0) generateParenthesisDFS(left, right - 1, out + ')', res);
}
}
全排列
给定一个 没有重复 数字的序列，返回其所有可能的全排列。
示例:
输入: [1,2,3]
输出:
[
[1,2,3],
[1,3,2],
[2,1,3],
[2,3,1],
[3,1,2],
[3,2,1]
]
来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
怎么用，是不是感觉千头万绪，但是又捋不出一个头绪来，很难受。
思路
“全排列”就是一个非常经典的“回溯”算法的应用。我们知道，N 个数字的全排列一共有 N! 这么多个。
大家可以尝试一下在纸上写 3 个数字、4 个数字、5 个数字的全排列，相信不难找到这样的方法。
以数组 [1, 2, 3] 的全排列为例。
我们先写以 1 开头的全排列，它们是：[1, 2, 3], [1, 3, 2]；
再写以 2 开头的全排列，它们是：[2, 1, 3], [2, 3, 1]；
最后写以 3 开头的全排列，它们是：[3, 1, 2], [3, 2, 1]。
我们只需要按顺序枚举每一位可能出现的情况，已经选择的数字在接下来要确定的数字中不能出现。按照这种策略选取就能够做到不重不漏，把可能的全排列都枚举出来。
在枚举第一位的时候，有 3 种情况。
在枚举第二位的时候，前面已经出现过的数字就不能再被选取了；
在枚举第三位的时候，前面 2 个已经选择过的数字就不能再被选取了。
使用编程的方法得到全排列，就是在这样的一个树形结构中进行编程，具体来说，就是执行一次深度优先遍历，从树的根结点到叶子结点形成的路径就是一个全排列。
说明：
1、每一个结点表示了“全排列”问题求解的不同阶段，这些阶段通过变量的“不同的值”体现；
2、这些变量的不同的值，也称之为“状态”；
3、使用深度优先遍历有“回头”的过程，在“回头”以后，状态变量需要设置成为和先前一样；
4、因此在回到上一层结点的过程中，需要撤销上一次选择，这个操作也称之为“状态重置”；
5、深度优先遍历，可以直接借助系统栈空间，为我们保存所需要的状态变量，在编码中只需要注意遍历到相应的结点的时候，状态变量的值是正确的，具体的做法是：往下走一层的时候，path 变量在尾部追加，而往回走的时候，需要撤销上一次的选择，也是在尾部操作，因此 path 变量是一个栈。
6、深度优先遍历通过“回溯”操作，实现了全局使用一份状态变量的效果。
下面我们解释如何编码：
1、首先这棵树除了根结点和叶子结点以外，每一个结点做的事情其实是一样的，即在已经选了一些数的前提，我们需要在剩下还没有选择的数中按照顺序依次选择一个数，这显然是一个递归结构；
2、递归的终止条件是，数已经选够了，因此我们需要一个变量来表示当前递归到第几层，我们把这个变量叫做 depth；
3、这些结点实际上表示了搜索（查找）全排列问题的不同阶段，为了区分这些不同阶段，我们就需要一些变量来记录为了得到一个全排列，程序进行到哪一步了，在这里我们需要两个变量：
（1）已经选了哪些数，到叶子结点时候，这些已经选择的数就构成了一个全排列；
（2）一个布尔数组 used，初始化的时候都为 false 表示这些数还没有被选择，当我们选定一个数的时候，就将这个数组的相应位置设置为 true ，这样在考虑下一个位置的时候，就能够以 O(1) 的时间复杂度判断这个数是否被选择过，这是一种“以空间换时间”的思想。
我们把这两个变量称之为“状态变量”，它们表示了我们在求解一个问题的时候所处的阶段。
4、在非叶子结点处，产生不同的分支，这一操作的语义是：在还未选择的数中依次选择一个元素作为下一个位置的元素，这显然得通过一个循环实现。
5、另外，因为是执行深度优先遍历，从较深层的结点返回到较浅层结点的时候，需要做“状态重置”，即“回到过去”、“恢复现场”，我们举一个例子。
从 [1, 2, 3] 到 [1, 3, 2] ，深度优先遍历是这样做的，从 [1, 2, 3] 回到 [1, 2] 的时候，需要撤销刚刚已经选择的数 3，因为在这一层只有一个数 3 我们已经尝试过了，因此程序回到上一层，需要撤销对 2 的选择，好让后面的程序知道，选择 3 了以后还能够选择 2。
这种在遍历的过程中，从深层结点回到浅层结点的过程中所做的操作就叫“回溯”。
作者：liweiwei1419
链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations/solution/hui-su-suan-fa-python-dai-ma-java-dai-ma-by-liweiw/
来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
代码实现
vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()) return {
};
// 存放最后结果
vector<vector<int>> ans;
// 存放某一个排列
vector<int> temp;
// 判断该数字是否被使用过
vector<bool> used(nums.size(),false);
// 进行递归求解
dfs(ans,temp,used,nums);
return ans;
}
void dfs(vector<vector<int>>& ans,vector<int>& temp,vector<bool>& used,
const vector<int>& nums)
{
// 如果当前排列数组的长度等于输入数组的长度
// 该排列已完成
// 将该排列的加入结果中，返回
if(temp.size()==nums.size())
{
ans.push_back(temp);
return;
}
// 循环的进行枚举所有状态
for(int i=0;i<nums.size();++i)
{
// 该数字已经选择过，跳过
if(used.at(i)) continue;
// 选择当前数字
temp.push_back(nums.at(i));
// 记录该数字已被选择
used.at(i)=true;
// 递归选择下一个数字
dfs(ans,temp,used,nums);
// 回溯，撤销当前选择
used.at(i)=false;
temp.pop_back();
}
}
再说两句
1、为什么使用深度优先遍历？
（1）首先是正确性，只有遍历状态空间，才能得到所有符合条件的解；
（2）在深度优先遍历的时候，不同状态之间的切换很容易，可以再看一下上面有很多箭头的那张图，每两个状态之间的差别只有 1 处，因此回退非常方便，这样全局才能使用一份状态变量完成搜索；
（3）如果使用广度优先遍历，从浅层转到深层，状态的变化就很大，此时我们不得不在每一个状态都新建变量去保存它，从性能来说是不划算的；
（4）如果使用广度优先遍历就得使用队列，然后编写结点类。使用深度优先遍历，我们是直接使用了系统栈，系统栈帮助我们保存了每一个结点的状态信息。于是我们不用编写结点类，不必手动编写栈完成深度优先遍历。大家可以尝试使用广度优先遍历实现一下，就能体会到这一点。
2、不回溯可不可以？
可以。搜索问题的状态空间一般很大，如果每一个状态都去创建新的变量，时间复杂度是 O(N)。在候选数比较多的时候，在非叶子结点上创建新的状态变量的性能消耗就很严重。
就本题而言，只需要叶子结点的那个状态，在叶子结点执行拷贝，时间复杂度是 O(N)。路径变量在深度优先遍历的时候，结点之间的转换只需要 O(1)。
最后，由于回溯算法的时间复杂度很高，因此，如果在遍历的时候，如果能够提前知道这一条分支不能搜索到满意的结果，就可以提前结束，这一步操作称之为剪枝。
回溯算法会大量应用“剪枝”技巧达到以加快搜索速度。有些时候，需要做一些预处理工作（例如排序）才能达到剪枝的目的。预处理工作虽然也消耗时间，但一般而且能够剪枝节约的时间更多。还有正是因为回溯问题本身时间复杂度就很高，所以能用空间换时间就尽量使用空间。否则时间消耗又上去了。
作者：liweiwei1419
链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations/solution/hui-su-suan-fa-python-dai-ma-java-dai-ma-by-liweiw/
来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
解回溯题的一般步骤
第 1 步都是先画图，画图是非常重要的，只有画图才能帮助我们想清楚递归结构，想清楚如何剪枝。就拿题目中的示例，想一想人手动操作是怎么做的，一般这样下来，这棵递归树都不难画出。
即在画图的过程中思考清楚：
1、分支如何产生；
2、题目需要的解在哪里？是在叶子结点、还是在非叶子结点、还是在从跟结点到叶子结点的路径？
3、哪些搜索是会产生不需要的解的？例如：产生重复是什么原因，如果在浅层就知道这个分支不能产生需要的结果，应该提前剪枝，剪枝的条件是什么，代码怎么写？
作者：liweiwei1419
链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations/solution/hui-su-suan-fa-python-dai-ma-java-dai-ma-by-liweiw/
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电话号码的字母组合
给定一个仅包含数字 2-9 的字符串，返回所有它能表示的字母组合。
给出数字到字母的映射如下（与电话按键相同）。注意 1 不对应任何字母。
示例:
输入："23"
输出：["ad", "ae", "af", "bd", "be", "bf", "cd", "ce", "cf"].
说明:
尽管上面的答案是按字典序排列的，但是你可以任意选择答案输出的顺序。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/letter-combinations-of-a-phone-number
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思路
在前面的一些步骤做出一些修改，并重新尝试找到可行解。
给出如下回溯函数 backtrack(combination, next_digits) ，它将一个目前已经产生的组合 combination 和接下来准备要输入的数字 next_digits 作为参数。
如果没有更多的数字需要被输入，那意味着当前的组合已经产生好了。
如果还有数字需要被输入：
遍历下一个数字所对应的所有映射的字母。
将当前的字母添加到组合最后，也就是 combination = combination + letter 。
重复这个过程，输入剩下的数字： backtrack(combination + letter, next_digits[1:]) 。
代码实现
其实代码里的备注还更加全全面
//1. 用map记录每个数字按键对应的所有字母
map<char, string> M = {
{
'2', "abc"}, {
'3', "def"}, {
'4', "ghi"}, {
'5', "jkl"}, {
'6', "mno"},
{
'7', "pqrs"}, {
'8', "tuv"}, {
'9', "wxyz"}
};
//2. 存储最终结果和临时结果的变量
vector<string> ans;
string current;
//3. DFS函数，index是生成临时结果字串的下标，
//每一个digits[index]数字对应临时结果current[index]的一位字母
void DFS(int index, string digits) {
//出口
if(index == digits.size()) {
ans.push_back(current);
return;
}
//递归调用
//对于当前输入的第index号数字(digits[index])，
//枚举其对应的所有字母(M[digits[index]][i])
for(int i = 0; i < M[digits[index]].size(); i++) {
current.push_back(M[digits[index]][i]); //临时结果压入一个字母
DFS(index + 1, digits); //以在当前位置压入该字母这一“情况”为前提，构造此“分支”的后续结果
current.pop_back(); //状态还原，例如临时结果从 "ab" -> "a"，下一次循环尝试"ac"
}
}
vector<string> letterCombinations(string digits) {
if(digits.size() == 0) {
return ans;
}
DFS(0, digits);
return ans;
}
子集
给定一组不含重复元素的整数数组 nums，返回该数组所有可能的子集（幂集）。
说明：解集不能包含重复的子集。
示例:
输入: nums = [1,2,3]
输出:
[
[3],
[1],
[2],
[1,2,3],
[1,3],
[2,3],
[1,2],
[]
]
来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/subsets
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思路
定义一个回溯方法 backtrack(first, curr)，第一个参数为索引 first，第二个参数为当前子集 curr。
如果当前子集构造完成，将它添加到输出集合中。
否则，从 first 到 n 遍历索引 i。
将整数 nums[i] 添加到当前子集 curr。
继续向子集中添加整数：backtrack(i + 1, curr)。
从 curr 中删除 nums[i] 进行回溯。
代码实现
class Solution {
private:
vector<vector<int>> ret;
vector<int> temp;
public:
void DFS(vector<int>& nums,int pre,int level) {
//退出条件：前面插入的是数组中最后一个元素
if (pre == nums.back()) {
temp.clear();
return;
}
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (nums[i] <= pre)
continue;
temp.push_back(nums[i]);
ret.push_back(temp);
DFS(nums, nums[i],i+1);
if (level)
return;
}
}
vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
ret.push_back({
});
if (nums.empty())
return ret;
DFS(nums, INT_MIN,0);
return ret;
}
};
到这儿到这儿，烧脑啊。。