Skip to content

Latest commit

 

History

History
267 lines (211 loc) · 9.11 KB

0047.全排列II.md

File metadata and controls

267 lines (211 loc) · 9.11 KB
Raw

欢迎大家参与本项目，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！

# 排列问题（二）

47.全排列 II

题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii/

给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。

示例 1： 输入：nums = [1,1,2] 输出： [[1,1,2], [1,2,1], [2,1,1]]

示例 2： 输入：nums = [1,2,3] 输出：[[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]]

提示：

  • 1 <= nums.length <= 8
  • -10 <= nums[i] <= 10

思路

这道题目和回溯算法：排列问题！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。

这里又涉及到去重了。

在回溯算法：求组合总和（三） 、回溯算法：求子集问题（二）我们分别详细讲解了组合问题和子集问题如何去重。

那么排列问题其实也是一样的套路。

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。

我以示例中的 [1,1,2]为例 （为了方便举例，已经排序）抽象为一棵树，去重过程如图：

47.全排列II1

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。

一般来说：组合问题和排列问题是在树形结构的叶子节点上收集结果，而子集问题就是取树上所有节点的结果。

在回溯算法：排列问题！中已经详解讲解了排列问题的写法，在回溯算法：求组合总和（三） 、回溯算法：求子集问题（二）中详细讲解的去重的写法，所以这次我就不用回溯三部曲分析了，直接给出代码，如下：

C++代码

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，说明同一树支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;
    }
};

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;
}

如果改成 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：

47.全排列II2

树枝上去重（used[i - 1] == true）的树型结构如下：

47.全排列II3

大家应该很清晰的看到，树层上对前一位去重非常彻底，效率很高，树枝上对前一位去重虽然最后可以得到答案，但是做了很多无用搜索。

总结

这道题其实还是用了我们之前讲过的去重思路，但有意思的是，去重的代码中，这么写：

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

和这么写：

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

都是可以的，这也是很多同学做这道题目困惑的地方，知道used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，但是就想不明白为啥。

所以我通过举[1,1,1]的例子，把这两个去重的逻辑分别抽象成树形结构，大家可以一目了然：为什么两种写法都可以以及哪一种效率更高！

是不是豁然开朗了！！

其他语言版本

java:

class Solution {
    //存放结果
    List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();
    //暂存结果
    List<Integer> path = new ArrayList<>();

    public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
        boolean[] used = new boolean[nums.length];
        Arrays.fill(used, false);
        Arrays.sort(nums);
        backTrack(nums, used);
        return result;
    }

    private void backTrack(int[] nums, boolean[] used) {
        if (path.size() == nums.length) {
            result.add(new ArrayList<>(path));
            return;
        }
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            // used[i - 1] == true，说明同⼀树⽀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;
            }
            //如果同⼀树⽀nums[i]没使⽤过开始处理
            if (used[i] == false) {
                used[i] = true;//标记同⼀树⽀nums[i]使⽤过，防止同一树支重复使用
                path.add(nums[i]);
                backTrack(nums, used);
                path.remove(path.size() - 1);//回溯，说明同⼀树层nums[i]使⽤过，防止下一树层重复
                used[i] = false;//回溯
            }
        }
    }
}

python：

class Solution:
    def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
        # res用来存放结果
        if not nums: return []
        res = []
        used = [0] * len(nums)
        def backtracking(nums, used, path):
            # 终止条件
            if len(path) == len(nums):
                res.append(path.copy())
                return
            for i in range(len(nums)):
                if not used[i]:
                    if i>0 and nums[i] == nums[i-1] and not used[i-1]:
                        continue
                    used[i] = 1
                    path.append(nums[i])
                    backtracking(nums, used, path)
                    path.pop()
                    used[i] = 0
        # 记得给nums排序
        backtracking(sorted(nums),used,[])
        return res

Javascript:

var permuteUnique = function (nums) {
    nums.sort((a, b) => {
        return a - b
    })
    let result = []
    let path = []

    function backtracing( used) {
        if (path.length === nums.length) {
            result.push(path.slice())
            return
        }
        for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
            if (i > 0 && nums[i] === nums[i - 1] && !used[i - 1]) {
                continue
            }
            if (!used[i]) {
                used[i] = true
                path.push(nums[i])
                backtracing(used)
                path.pop()
                used[i] = false
            }


        }
    }
    backtracing([])
    return result
};