【经典LeetCode算法题目专栏分类】【第2期】组合与排列问题系列

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组合总和1

class Solution:     def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:         def DFS(candidates,target,start,track):             if sum(track) == target:                 res.append(track.copy())                 return             if sum(track) > target:                 return             for i in range(start,len(candidates)):                 track.append(candidates[i])                 DFS(candidates,target, i, track)                 track.pop()         res =[]         DFS(candidates,target,0,[])         return res

元素可以重复使用,进入下一层时从i开始。元素不能重复使用时，进入下一层时从i+1卡开始。

组合总和2

class Solution:     def combinationSum2(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:         def DFS(candidates, target,start, track):             if sum(track) > target:                 return              if sum(track) == target:                 res.append(track.copy())             for i in range(start,len(candidates)): # 忽略掉同一层中重复的选项，上述for循环为本层的可选择列表                 if i - 1 >= start and candidates[i-1] == candidates[i]:                     continue                 track.append(candidates[i])                 DFS(candidates, target,i+1,track)                 track.pop()         res = []         candidates.sort()         DFS(candidates,target,0,[])         return res

注：当题目中说明所给序列可能包含重复的组合或者子集时，解题套路是要先对原数组进行排序，并且在回溯的写法中，要加上对重复元素跳过的判断，即：

# if(i>startIndex)

# {

    # if(candidates[i]==candidates[i-1])

        # continue;

# }

# 其它的写题做法和回溯是一样的，可以加上剪枝判断，回溯中也要对sum一并进行回溯。

#for 循环枚举出选项时，加入下面判断，忽略掉同一层重复的选项，避免产生重复的组合。比如[1,2,2,2,5]中，选了第一个 2，变成 [1,2]，第一个 2 的下一选项也是 2，跳过它，因为选它，就还是 [1,2]

关键总结：

1. 如果元素可以重复使用,进入下一层时从i开始。元素不能重复使用时，进入下一层时从i+1开始。
2. 当题目中说明所给序列可能包含重复的组合或者子集时，解题套路是要先对原数组进行排序，并且在回溯的写法中，要加上对重复元素跳过的判断。

全排列1

class Solution:     def permute(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:         def backtrack(nums, track):             if len(nums) == len(track):                 res.append(track.copy())                 return             for i in nums:                 # 排除不合法的选择，即不能选择已经在track中的元素                 if i in track:                     continue                 track.append(i)                 backtrack(nums, track)                 track.pop()         res = []         backtrack(nums,[])         return res

全排列问题1与组合问题1的主要差别在于：

1.是否需要使用start参数来进行下一层开始选择元素的标识。

2.全排列问题，需要if i in track: continue，剔除上次选择的元素。

全排列2

class Solution:     def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:         def DFS(nums,track,used):             if len(track) == len(nums):                 res.append(track.copy())                 return             for i in range(len(nums)):    #https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii/solution/47-quan-pai-lie-iiche-di-li-jie-pai-lie-zhong-de-q/                 #这里理解used[i - 1]非常重要             # // used[i - 1] == true，说明同一树枝上nums[i - 1]使用过,在同一个递归栈内，试用过的都是Ture             # // used[i - 1] == false，说明同一树层nums[i - 1]使用过，因为回溯会使上一个元素重新变为False             # // 如果同一树层nums[i - 1]使用过则直接跳过                 if i > 0 and nums[i] == nums[i-1] and used[i-1] == False:                     continue                 if used[i] == False:                     used[i] = True                     track.append(nums[i])                     DFS(nums,track,used)                     track.pop()                     used[i] = False         res = []         nums.sort()         used = [False for i in range(len(nums))]         DFS(nums,[],used)         return res

注：上述组合总和2与全排列2，去重的条件有一点点差别，主要原因是排列的话需要考虑前后位置差异，而组合的话不需要考虑位置差异。

组合的去重条件：

# 忽略掉同一层中重复的选项，上述for循环为本层的可选择列表

if i - 1 >= start and candidates[i-1] == candidates[i]:

排列的去重条件：

if i > 0 and nums[i] == nums[i-1] and used[i-1] == False:

【彻底理解排列中的去重问题】详解

思路

这道题目和46.全排列的区别在与给定一个可包含重复数字的序列，要返回所有不重复的全排列。

这里就涉及到去重了。

要注意全排列是要取树的叶子节点的，如果是子集问题，就取树上的所有节点。

这个去重为什么很难理解呢，所谓去重，其实就是使用过的元素不能重复选取。 这么一说好像很简单！

但是什么又是“使用过”，我们把排列问题抽象为树形结构之后，“使用过”在这个树形结构上是有两个维度的，一个维度是同一树枝上使用过，一个维度是同一树层上使用过。

没有理解这两个层面上的“使用过” 是造成大家没有彻底理解去重的根本原因。

那么排列问题，既可以在 同一树层上的“使用过”来去重，也可以在同一树枝上的“使用过”来去重！

理解这一本质，很多疑点就迎刃而解了。

还要强调的是去重一定要对元素经行排序，这样我们才方便通过相邻的节点来判断是否重复使用了。

首先把示例中的 [1,1,2] （为了方便举例，已经排序），抽象为一棵树，然后在同一树层上对nums[i-1]使用过的话，进行去重如图：

图中我们对同一树层，前一位（也就是nums[i-1]）如果使用过，那么就进行去重。

拓展

大家发现，去重最为关键的代码为：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {

    continue;

}

可是如果把 used[i - 1] == true 也是正确的，去重代码如下：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) {

    continue;

}

这是为什么呢，就是上面我刚说的，如果要对树层中前一位去重，就用used[i - 1] == false，如果要对树枝前一位去重用用used[i - 1] == true。

对于排列问题，树层上去重和树枝上去重，都是可以的，但是树层上去重效率更高！

这么说是不是有点抽象？

来来来，我就用输入: [1,1,1] 来举一个例子。

树层上去重(used[i - 1] == false)，的树形结构如下：

树枝上去重（used[i - 1] == true）的树型结构如下：

大家应该很清晰的看到，树层上去重非常彻底，效率很高，树枝上去重虽然最后可能得到答案，但是多做了很多无用搜索。

子集（组合问题）

class Solution:     def subsets(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:         def backtrack(nums, track, start):             res.append(track.copy())             if start >= len(nums):                 return              for i in range(start, len(nums)):                 track.append(nums[i])                 backtrack(nums, track, i + 1)                 track.pop()         res = []         backtrack(nums, [], 0)         return res

子集2（组合问题）

class Solution:     def subsetsWithDup(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:         def backtrack(nums, start, track):             res.append(track.copy())             for i in range(start, len(nums)):                 if i-1>=start and nums[i]==nums[i-1]: # 同层去重                     continue                 track.append(nums[i])                 backtrack(nums,i+1,track)                 track.pop()         res= []         nums.sort()         backtrack(nums,0,[])         return res

字符串排列（排列问题且涉及去重）

原始字符串可能存在重复字符’aab’---‘aba’,’baa’

class Solution:     def permutation(self, s: str) -> List[str]:         def backtrack(s, cur_s):             if len(cur_s) == len(s):                 res.append(cur_s)                 return             for i in range(len(s)):                 if i > 0 and s[i] == s[i-1] and visited[i-1] == False: #同层去重                     continue                 if visited[i] == False:                     visited[i] = True                     backtrack(s, cur_s + s[i])                     visited[i] = False         res = []         visited = [False for _ in range(len(s))]         s = ''.join(sorted(list(s)))         backtrack(s,'')         return res 写法二 class Solution:     def permutation(self, s: str) -> List[str]:         def backtrack(s, path):             if not s:                 res.append(path)             seen = set()             for i in range(len(s)):                 if s[i] in seen: continue   # 同层去重                 seen.add(s[i]) #传递的字符串去除了当前选择的字符s[:i]+s[i+1:]                 backtrack(s[:i]+s[i+1:], path + s[i])         res = []         backtrack(s, "")         return res

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