代码第三十五天-子集Ⅱ

本文主要是介绍代码第三十五天-子集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！

子集Ⅱ

题目要求

在这里插入图片描述

解题思路

回溯法
一般情况下，看到题目要求[所有可能的结果]，而不是[结果的个数]，我们就知道需要暴力搜索所有的可行解了，可以使用[回溯法]
回溯法是一种算法思想，而递归式一种编程方式，回溯法可以使用递归来实现。
回溯法的整体思路是：搜索每一条路，每次回溯是对具体的一条路径而言的。对当前路径下的未探索区域进行搜索，则可能出现两种情况：
1.当前未搜索区域满足结束条件，则保留当前路径并退出当前搜索；
2.当前未搜索区域需要继续搜索，则遍历当前所有可能的选择：如果该选择符合要求，则把当前选择加入当前的搜索路径中，并继续搜索新的未探索区域。
上面说的未探索区域是指搜索某条路径时的未搜索区域，并不是全局的未搜索区域。
回溯法搜所有可行解的模板一般是这样子的：

res =[]
path = []def backtrack(未搜索区域，res,path):if path 满足条件：res.add(path) # 深度拷贝# return # 如果不用继续搜索需要returnfor 选择 in 未探索区域当前可能的选择：if 当前选择符合要求：path.add(当前选择)backtrack(新的未探索区域，res,path)path.pop()

backtrack 的含义是：未探索区域中到达结束条件的所有可能路径，path 变量是保存的是一条路径，res 变量保存的是所有搜索到的路径。所以当「未探索区域满足结束条件」时，需要把 path 放到结果 res 中。
path.pop() 是啥意思呢？它是编程实现上的一个要求，即我们从始至终只用了一个变量 path，所以当对 path 增加一个选择并 backtrack 之后，需要清除当前的选择，防止影响其他路径的搜索。

按照模板

1.未探索区域：剩下的未探索的数组num[index:N-1]；
2.每个path是否都满足条件：任何一个path都是子集，都满足条件，都要放到res中；
3.当前path满足条件时，是否继续搜索：是的，找到num[0:index-1]中的子集之后，num[index]添加到老的path中会形成新的子集；
4.未探索区域当前可能的选择：每次选择可以选取s的1个祖父，即num[index]；
5.当前选择符合要求：任何num[index]都是符合要求的，直接放到path中；
6.新的未探索区域：num在index之后的剩余字符串，num[index+1:N-1].

代码

res = []nums.sort()self.dfs(nums, 0, res, [])return resdef dfs(self, nums, index, res, path):if path not in res:res.append(path)for i in range(index, len(nums)):if i > index and nums[i] == nums[i - 1]:continueself.dfs(nums, i + 1, res, path + [nums[i]])

复杂度分析

时间复杂度: $O(n * 2^n)$ ，其中n是数组nums的长度。排序的时间复杂度未 $O (n l o n g n)$ 。最坏的情况下nums中无重复元素，需要枚举其中所有 $2^n$ 个子集，每个子集加入答案时需要拷贝一份，耗时 $O (n)$ ，一共需要 $O(n * 2^n) + O(n) = O(n * 2^n)$ 的时间来构造子集。由于在渐进意义上， $O (n l o g n)$ 小于 $O(n * 2^n)$ 故总的时间复杂度为 $O(n * 2^n)$
空间复杂度: $O (n)$ ，临时数组t的空间代价是 $O (n)$ ，递归时栈空间的代价为 $O (n)$