回溯算法：递增子序列 全排列 全排列II

491.递增子序列

• 思路：
  • 分析题目：
    • 输入一个序列，输出至少有两个元素的递增子序列。所谓序列，就是按照次序排好的行列，因此本题不可以把输入数组重新排序，否则就会改变序列的顺序。因此，不能使用前面90.子集2中的去重逻辑。
    • 本题要取的递增子序列，也就是取有序的子集，且不能有相同的递增子序列。
  • 回溯三部曲：
    • 函数参数：需要startIndex，调整下一层递归的起始位置，防止取到重复的元素。
    • 终止条件：相比组合问题收集叶子节点，子集问题收集所有节点，本题更类似子集问题，只是对子集加了限定条件，也就是递增子序列大小至少为2，因此取的不是所有节点。
    • 单层逻辑：
      • 假设给定一个数组[1,3,3,4,2]，横向遍历到第二个3时，以它开头的递增子序列会和前面遍历的3一样，因此要去重，使用一个set来存储遍历过的元素，如果当前遍历到的元素已经存在set中了，就continue遍历下一个元素。
      • 当遍历到2时，如果此时path中末尾是元素3或4，那么加入2就无法构成递增子序列，这种情况也直接continue遍历下一个元素。
      • 
  • 时间复杂度: O(n * 2^n)
  • 空间复杂度: O(n)
  • 优化：用数组来做哈希

class Solution {
private:
    vector path;
    vector> res;
    void backtracking(vector& nums, int startIndex) {
        //当path中至少有两个元素时才收集结果
        if(path.size() > 1) res.push_back(path);

        unordered_set uset;//使用set在横向遍历时去重，由于每次递归都会重新定义一个新的set，因此不需要对set进行回溯
        for(int i = startIndex; i < nums.size(); i++) {
            //如果path中有元素，且当前遍历到的元素小于path中最后一个(最大)的元素
            //或 当前遍历元素，已有相同的元素被用过了
            //直接continue继续遍历下一个元素
            if(!path.empty() && nums[i] < path.back()
                || uset.find(nums[i]) != uset.end()) {
                    continue;
            }
            uset.insert(nums[i]);//记录这个元素在本层用过了，本层后面不能再用了
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums, i + 1);
            path.pop_back();
        }
    }

public:
    vector> findSubsequences(vector& nums) {
        res.clear();
        path.clear();
        backtracking(nums, 0);
        return res;
    }
};

46.全排列

• 思路：排列是有序的，也就是说 [1,2] 和 [2,1] 是两个集合，这是和之前分析的子集以及组合所不同的地方。
  • 回溯三部曲：
    • 函数参数：排列问题就不需要使用startIndex来去重了，但是需要标记已经使用过的元素，防止排列中出现重复的元素。使用used数组，标记已经选择的元素。
    • 
    • 终止条件：叶子节点就是要收集的结果，当path的大小等于输入数组的大小时，就说明是叶子节点，收集结果。
    • 单层逻辑：排列问题，每次都要从头开始搜索，但是一个排列里一个元素只能使用一次，所以要用used数组标记使用过的元素。
  • 时间复杂度: O(n!)
  • 空间复杂度: O(n)

class Solution {
private:
    vector path;
    vector> res;
    void backtracking(vector& nums) {
        if(path.size() == nums.size()) {
            res.push_back(path);
            return;
        }

        for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            //如果path中已经有当前元素，直接continue遍历下一元素，防止元素重复
            if(count(path.begin(), path.end(), nums[i])) {
                continue;
            }
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums);
            path.pop_back();
        }
    }

public:
    vector> permute(vector& nums) {
        res.clear();
        path.clear();
        backtracking(nums);
        return res;
    }
};

class Solution {
private:
    vector path;
    vector> res;
    void backtracking(vector& nums, vector& used) {
        if(path.size() == nums.size()) {
            res.push_back(path);
            return;
        }

        for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            //如果path中已经有当前元素，直接continue遍历下一元素，防止元素重复
            if(used[i]) {
                continue;
            }
            used[i] = true;
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums, used);
            path.pop_back();
            used[i] = false;
        }
    }

public:
    vector> permute(vector& nums) {
        res.clear();
        path.clear();
        vector used(nums.size(), false);
        backtracking(nums, used);
        return res;
    }
};

47.全排列II

• 思路：
  • 与上一题的区别在于，输入数组可包含重复数字，要返回所有不重复的全排列。因此需要进行去重。去重一定要对元素进行排序，这样我们才方便通过相邻的节点来判断是否重复使用了。
  • 横向遍历时(for循环)，如果前一个元素的值与当前遍历元素的值相同，那么就进行去重。
  • 使用used数组进行标记，以[1,1,2]为例：纵向遍历到第二个1时，used数组中第一位应该为1，因为纵向上元素可以重复；横向遍历到第二个1时，used数组中第一位应该为0，这是上一层回溯后的结果，说明横向遍历过程中已经使用过1了，直接跳过。
  • 时间复杂度: 最差情况所有元素都是唯一的。复杂度和全排列1都是 O(n! * n) 对于 n 个元素一共有 n! 中排列方案。而对于每一个答案，我们需要 O(n) 去复制最终放到 result 数组。
  • 空间复杂度: O(n) 回溯树的深度取决于我们有多少个元素

class Solution {
private:
    vector path;
    vector> res;
    void backtracking(vector& nums, vector& used) {
        if(path.size() == nums.size()) {
            res.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> permuteUnique(vector& nums) {
        res.clear();
        path.clear();
        sort(nums.begin(), nums.end());
        vector used(nums.size(), false);
        backtracking(nums, used);
        return res;
    }
};

总结

前面跳过了used做法，现在还是遇到了，还要再多理解练习

参考链接

代码随想录：递增子序列  全排列  全排列II