思路可以简单概括为 二叉树,每一次分叉要么选择一个元素,要么选择空,总共有n次,因此到n+1进行保存结果,返回。像这样:
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
vectortemp;
vector > result;
void DFS(int m){
if (m == n+1){
result.push_back(temp);
return ;
}
//选择元素m
temp.push_back(m);
DFS(m+1);//继续递归
temp.pop_back();//返回
//选择空
DFS(m+1);
}
bool cmp(vector &a,vector &b){
if (a.size()!=b.size())return a.size()
最后自己编写比较函数,简单来说,vector大小相同时,可以直接按照< >这些比较符号进行比较。大小不同时,则按照vector大小进行排序,这里按照题目要求均是小于。
区别在于,自己给定一些元素,进行排序。
那么只需要用一个数组存储这些元素,在压栈/出栈时,换成对应的数组元素即可,思路一致。
代码几乎没有变化。
#include
#include
#include
using namespace std;
vector temp;
vector > result;
const int N =15;
int q[N];
int n;
void DFS(int m){
if (m==n+1){
result.push_back(temp);
return ;
}
temp.push_back(q[m]);
DFS(m+1);
temp.pop_back();
DFS(m+1);
}
bool cmp(vector &a ,vector &b){
if (a.size()!= b.size())return a.size()
思路还是二叉树深搜递归,但是由于会出现重复的数,按照之前的输出会重复输出一些值,例如样例里的1的子集都会输出两边,因为代码并没有认为第一个1与第二个1是不同的。
首先输入的序列是升序的,因此我们可以连续地处理这些重复的元素。
例如 2 3 3 3 5
#include
#include
#include
using namespace std;
vector temp;
vector > result;
const int N =15;
int q[N];
int n;
void DFS(int idx){
if (idx==n+1){
result.push_back(temp);
return ;
}
int cnt=1;
while (idx &a ,vector &b){
if (a.size()!= b.size())return a.size()
思路很简单,给个图:
设置个q[]表示其是否被使用过,依次递归,返回时再赋值0;
#include
#include
#include
using namespace std;
vector temp;
vector > result;
int n;
const int N = 10;
int q[N]={0};
void DFS(int m){
if (m == n+1){
result.push_back(temp);
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (!q[i]){
temp.push_back(i);
q[i]=1;
DFS(m+1);
q[i]=0;
temp.pop_back();
}
}
}
bool cmp(vector &a ,vector &b){
if (a.size()!=a.size())return a.size()
思路依旧简单,全排列I是用i作为正整数,这次是给定正整数压栈和出栈,q[]来储存输入的数,flag[]来表示其是否被使用过,代码相同
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
const int N=10;
int q[N];
int flag[N] = {0};
vector temp;
vector > result;
void DFS(int m){
if (m==n+1){
result.push_back(temp);
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (!flag[i]){
temp.push_back(q[i]);
flag[i]=1;
DFS(m+1);
flag[i]=0;
temp.pop_back();
}
}
}
bool cmp(vector &a,vector &b){
if (a.size()!=b.size())return a.size()
如果按照之前的思路,那么样例1会出现大量重复,与子集的解决方法类似,不过是这里是记录每个数的个数,使用cnt[]进行计算,并且每个数只记录一次;
1 1 3 : 只取最后一个重复的id进行记录次数,像这样:cnt[1] = 0 cnt[2]=2 cnt[3] =1
那么全排列就很简单,每次的全排列对于q[i]的数只能用cnt[i]次数。
那么每次for循环
for (int i=1;i<=n;i++){
if (cnt[i]){
temp.push_back(q[i]);
cnt[i]--;
DFS(m+1);
cnt[i]++;
temp.pop_back();
}
}
只能用一次重复的值
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
const int N = 10;
int q[N];
int cnt[N]={0};
vector temp;
vector >result;
void DFS(int m){
if (m==n+1){
result.push_back(temp);
return ;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (cnt[i]){
temp.push_back(q[i]);
cnt[i]--;
DFS(m+1);
cnt[i]++;
temp.pop_back();
}
}
}
bool cmp(vector &a,vector &b){
if (a.size()!=b.size())return a.size()
和全排列很像,不过全排列是有顺序的(样例中3 4 和4 3在全排列均是有效的),而组合是无序的,因此我们在挑选的时候可以人为地进行有序限制,从而不会重复。
思路与这道递归题类似
[递归] 自然数分解之方案数_慕梅^的博客-CSDN博客
我们保证后一个数要大于前一个这样的要求,那么就可实现组合题。
样例2中 两个数x y 满足(x 那我们的DFS(int m),m则是后面的数需要大于的序号 DFS(0)可以作为入口 需要自己输入序列,思路不变 可以借鉴全排列的思想,使用cnt来进行计数 不过与前两个组合不同的是 条件因改为 如果不该与,之前的序列都是没有重复的元素,因此可以下一次的序号需要+1以保证大于前面的数,然而这里有重复的元素,因此从m开始。#include
3.2 组合II
#include
3.3 组合III
#include
for (int i=m+1;i<=n;i++){
for (int i=m;i<=n;i++){