代码随想录算法day22 | 回溯算法part04 | 491.递增子序列，46.全排列，47.全排列 II

本文主要是介绍代码随想录算法day22 | 回溯算法part04 | 491.递增子序列，46.全排列，47.全排列 II，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

491.递增子序列

力扣题目链接(opens new window)

给定一个整型数组, 你的任务是找到所有该数组的递增子序列，递增子序列的长度至少是2。

示例:

• 输入: [4, 6, 7, 7]
• 输出: [[4, 6], [4, 7], [4, 6, 7], [4, 6, 7, 7], [6, 7], [6, 7, 7], [7,7], [4,7,7]]

说明:

• 给定数组的长度不会超过15。
• 数组中的整数范围是 [-100,100]。
• 给定数组中可能包含重复数字，相等的数字应该被视为递增的一种情况。

这个递增子序列比较像是取有序的子集。而且本题也要求不能有相同的递增子序列。

这又是子集，又是去重，是不是不由自主的想起了上篇博客讲过的 90.子集Ⅱ 。代码随想录算法day21 | 回溯算法part03 | 93.复原IP地址， 78.子集，90.子集II-CSDN博客

就是因为太像了，更要注意差别所在，要不就掉坑里了！

在 90.子集Ⅱ 中我们是通过排序，再加一个标记数组来达到去重的目的。

而本题求自增子序列，是不能对原数组进行排序的，排完序的数组都是自增子序列了。

所以不能使用之前的去重逻辑！

本题给出的示例，还是一个有序数组 [4, 6, 7, 7]，这更容易误导大家按照排序的思路去做了。

为了有鲜明的对比，我用[4, 7, 6, 7]这个数组来举例，抽象为树形结构如图：

回溯三部曲

• 递归函数参数

本题求子序列，很明显一个元素不能重复使用，所以需要 startIndex，调整下一层递归的起始位置。

代码如下：

List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();
List<Integer> path = new LinkedList<>();
public void backtracking(int[] nums, int startIndex)

• 终止条件

本题其实类似求子集问题，也是要遍历树形结构找每一个节点，可以不加终止条件，startIndex 每次都会加1，并不会无限递归。

但本题收集结果有所不同，题目要求递增子序列大小至少为2，所以代码如下：

if (path.size() > 1) {result.add(new ArrayList<>(path);// 注意这里不要加return，因为要取树上的所有节点
}

• 单层搜索逻辑

 在图中可以看出，同一父节点下的同层上使用过的元素就不能再使用了

那么单层搜索代码如下：

int[] used = new int[201];
for (int i = start; i < nums.length; i++) {if (!path.isEmpty() && nums[i] < path.get(path.size() - 1) ||(used[nums[i] + 100] == 1)) continue;used[nums[i] + 100] = 1;path.add(nums[i]);backtracking(nums, i + 1);path.remove(path.size() - 1);
}

最后整体Java代码如下：

// 使用数组used
class Solution {private List<Integer> path = new ArrayList<>();private List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();public List<List<Integer>> findSubsequences(int[] nums) {backtracking(nums,0);return res;}private void backtracking (int[] nums, int start) {if (path.size() > 1) {res.add(new ArrayList<>(path));}int[] used = new int[201];for (int i = start; i < nums.length; i++) {if (!path.isEmpty() && nums[i] < path.get(path.size() - 1) ||(used[nums[i] + 100] == 1)) continue;used[nums[i] + 100] = 1;path.add(nums[i]);backtracking(nums, i + 1);path.remove(path.size() - 1);}}
}// 使用hashSet
class Solution {List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();List<Integer> path = new ArrayList<>();public List<List<Integer>> findSubsequences(int[] nums) {backTracking(nums, 0);return result;}private void backTracking(int[] nums, int startIndex){if(path.size() >= 2)result.add(new ArrayList<>(path));            HashSet<Integer> hs = new HashSet<>();for(int i = startIndex; i < nums.length; i++){if(!path.isEmpty() && path.get(path.size() -1 ) > nums[i] || hs.contains(nums[i]))continue;hs.add(nums[i]);path.add(nums[i]);backTracking(nums, i + 1);path.remove(path.size() - 1);}}
}//使用map
class Solution {//结果集合List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();//路径集合LinkedList<Integer> path = new LinkedList<>();public List<List<Integer>> findSubsequences(int[] nums) {getSubsequences(nums,0);return res;}private void getSubsequences( int[] nums, int start ) {if(path.size()>1 ){res.add( new ArrayList<>(path) );// 注意这里不要加return，要取树上的节点}HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();for(int i=start ;i < nums.length ;i++){if(!path.isEmpty() && nums[i]< path.getLast()){continue;}// 使用过了当前数字if ( map.getOrDefault( nums[i],0 ) >=1 ){continue;}map.put(nums[i],map.getOrDefault( nums[i],0 )+1);path.add( nums[i] );getSubsequences( nums,i+1 );path.removeLast();}}
}

对于已经习惯写回溯的同学，看到递归函数上面的 hs.add(nums[i]);，下面却没有对应的 remove之类的操作，应该很不习惯吧

这也是需要注意的点，HashSet<Integer> hs 是记录本层元素是否重复使用，新的一层 hs 都会重新定义（清空），所以要知道 hs 只负责本层

而之前的 40.组合总和Ⅱ 之所以需要更改 used 的值是因为每次递归都不会重新定义，一直重复利用的东西需要每次回溯的时候清空本次递归造成的结果

代码随想录算法day20 | 回溯算法part02 | 39. 组合总和，40.组合总和II，131.分割回文串-CSDN博客

总结

本题题解清一色都说是深度优先搜索，但我更倾向于说它用回溯法，而且本题我也是完全使用回溯法的逻辑来分析的。

相信大家在本题中处处都能看到是 求子集 的身影，但处处又都是陷阱。

对于养成思维定式或者套模板套嗨了的同学，这道题起到了很好的警醒作用。更重要的是拓展了大家的思路！

---

46.全排列

力扣题目链接(opens new window)

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] ]

此时我们已经学习了 77.组合问题、 131.分割回文串 和 78.子集问题，接下来看一看排列问题。

代码随想录算法day19 | 回溯算法part01 | 77. 组合，216.组合总和III，17.电话号码的字母组合-CSDN博客

代码随想录算法day20 | 回溯算法part02 | 39. 组合总和，40.组合总和II，131.分割回文串-CSDN博客

代码随想录算法day21 | 回溯算法part03 | 93.复原IP地址， 78.子集，90.子集II-CSDN博客

相信这个排列问题就算是让你用 for 循环暴力把结果搜索出来，这个暴力也不是很好写。

所以正如我们之前所讲的为什么回溯法是暴力搜索，效率这么低，还要用它？——因为一些问题能暴力搜出来就已经很不错了！

以[1,2,3]为例，抽象成树形结构如下：

回溯三部曲

• 递归函数参数

首先排列是有序的，也就是说 [1,2] 和 [2,1] 是两个集合，这和之前分析的子集以及组合所不同的地方。

可以看出元素1在[1,2]中已经使用过了，但是在[2,1]中还要在使用一次1，可重复，所以处理排列问题就不用使用 startIndex 了。

但排列问题需要一个 used 数组，标记已经选择的元素，如图橘黄色部分所示:

代码如下：

List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();
List<Integer> path = new LinkedList<>();
public void backtracking (int[] nums, bool[] used)

• 递归终止条件

可以看出叶子节点，就是收割结果的地方。

那么什么时候，算是到达叶子节点呢？

当收集元素的数组 path 的大小达到和 nums 数组一样大的时候，说明找到了一个全排列，也表示到达了叶子节点。

代码如下：

// 此时说明找到了一组
if (path.size() == nums.length) {result.add(new ArrayList<>(path));return;
}

• 单层搜索的逻辑

这里和 77.组合问题、 131.分割回文串 和 78.子集问题 最大的不同就是 for 循环里不用 startIndex了。

因为排列问题，每次都要从头开始搜索，例如元素1在[1,2]中已经使用过了，但是在[2,1]中还要再使用一次1。

而 used 数组，其实就是记录此时 path 里都有哪些元素使用了，一个排列里一个元素只能使用一次。

代码如下：

for (int i = 0; i < nums.length; i++) {if(used[i] == true) continue; // path里已经收录的元素，直接跳过used[i] = true;path.add(nums[i]);backtracking(nums, used);path.removeLast();used[i] = false;
}

整体Java代码如下：

class Solution {List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();// 存放符合条件结果的集合LinkedList<Integer> path = new LinkedList<>();// 用来存放符合条件结果boolean[] used;public List<List<Integer>> permute(int[] nums) {if (nums.length == 0){return result;}used = new boolean[nums.length];permuteHelper(nums);return result;}private void permuteHelper(int[] nums){if (path.size() == nums.length){result.add(new ArrayList<>(path));return;}for (int i = 0; i < nums.length; i++){if (used[i]){continue;}used[i] = true;path.add(nums[i]);permuteHelper(nums);path.removeLast();used[i] = false;}}
}

• 时间复杂度: O(n!)
• 空间复杂度: O(n)

拓展

不引入额外参数 used 其实也可以实现记录遍历过的参数，只需要调用 LinkedList.contains() 方法来判断 path 中是否存在该数字即可

// 解法2：通过判断path中是否存在数字，排除已经选择的数字
class Solution {List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();LinkedList<Integer> path = new LinkedList<>();public List<List<Integer>> permute(int[] nums) {if (nums.length == 0) return result;backtrack(nums, path);return result;}public void backtrack(int[] nums, LinkedList<Integer> path) {if (path.size() == nums.length) {result.add(new ArrayList<>(path));}for (int i =0; i < nums.length; i++) {// 如果path中已有，则跳过if (path.contains(nums[i])) {continue;} path.add(nums[i]);backtrack(nums, path);path.removeLast();}}
}

总结

大家此时可以感受出排列问题的不同：

• 每层都是从 0 开始搜索而不是 startIndex
• 需要 used 数组记录 path 里都放了哪些元素了

排列问题是回溯算法解决的经典题目，大家可以好好体会体会。

---

47.全排列 II

力扣题目链接(opens new window)

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

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。

这里又涉及到去重了。

在 40.组合总和Ⅱ 、90.子集Ⅱ 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。

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：

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 46.全排列 中已经详细讲解了排列问题的写法，在​​​​​​ ​40.组合总和Ⅱ 、90.子集Ⅱ 中详细讲解了去重的写法，所以这次我就不用回溯三部曲分析了，直接给出代码，如下：

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，防止同一树枝重复使用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}}}
}

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：

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！

这里可能大家又有疑惑，既然 used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，那为什么还要写这个条件呢？

直接这样写 不就完事了？

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

其实并不行，一定要加上 used[i - 1] == false 或者 used[i - 1] == true，因为 used[i - 1] 要一直是 true 或者一直是false 才可以，而不是 一会是true 一会又是false。 所以这个条件要写上。

是不是豁然开朗了！！

这篇关于代码随想录算法day22 | 回溯算法part04 | 491.递增子序列，46.全排列，47.全排列 II的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

---