本文主要是介绍代码随想录Day28:回溯算法Part4,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!
Leetcode 93. 复原IP地址
讲解前:
这道题其实在做完切割回文串之后,学会了使用切割的方法来找到字符串的possible 子串之后,思路就会很快找到,细想一下其实无非也就是对given string然后进行切割,只是深度是固定的因为ip只能有四组数字组成,也就是四个sub string,然后呢我们就需要找到所有的possible组合,并且确保组合中每一个substring是符合规则的
并且当我们发现在for循环中,这一整个循环的加入的第一个path都是0开头的长度大于1的substring 的时候,就可以break 整个loop,但是按照我目前的思路,这道题还是有太多细节需要处理,所以我觉得先看题解
讲解后:
class Solution:def restoreIpAddresses(self, s: str) -> List[str]:res = []path = []# helper function to check if the current substring# is a valid ip addressdef is_valid(string):if not string:return Falseif string[0] == '0' and len(string) > 1:return Falseelif int(string) > 255:return Falseelse:return Truedef backtracking(s, res, path, start_index, count):# base case# if we already added three substring to path# check the remaining one is valid or notprint(path, '-', count)if count == 3:last_string = s[start_index:]if is_valid(last_string):path.append(last_string)res.append('.'.join(path[:]))path.pop()count = count - 1return# recursive casefor i in range(start_index, len(s)):cur_string = s[start_index: i + 1]print(cur_string)if is_valid(cur_string):path.append(cur_string)count = count + 1backtracking(s, res, path, i + 1, count)path.pop()count = count - 1backtracking(s, res, path, 0, 0)return res
听完了卡哥的讲解之后发现其实这道题没有那么复杂,关键就在于当对substring是否是一个valid的id进行检查的时候,既然检查的条件会比较多比较繁琐,那么就直接封装成一个函数就好了,然后呢思路就和其他切割字符串的题没区别了,就是检查每一个substring,如果符合要求,就在基础上继续递归找下一个符合条件的,唯一比较特殊的是,在base case中,这里我们只有三条切割线,最后第四个substring需要我们在找完三次之后直接取剩余的string作为第四个,所以在base case中我们还需要再对path进行一次添加,同时这里要注意,这一次添加也需要做回溯操作也就是对path进行pop以及减少count的值
Leetcode 78. 子集
讲解前:
这道题的思路其实很简单,题目中需要求的子集其实我们同样把树形结构画出来之后就发现,只不过是在递归的过程中把path的值收集一下,因为如果我们没有特定的组合的要求,那么每一个path在递归的过程中就是一个组合,并且通过我们对i的递增,还可以保证不会重复
class Solution:def subsets(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:res = []res.append([])path = []def backtracking(nums, res, path, start_index):for i in range(start_index, len(nums)):path.append(nums[i])res.append(path[:])backtracking(nums, res, path, i + 1)path.pop()backtracking(nums, res, path, 0)return res
讲解后:
看了卡哥的讲解发现我其实没必要在for循环里面直接加入res,并且在一开始把空列表先加进去,因为我一开始害怕我们进入函数之后,在重新从2开始递归之前还会出现一次path为空的情况,包括3也是,但其实并不会,在pop了之后,我们还是继续循环并且把数字加入到path之后才会再递归,所以把加入res的代码写在backtracking的第一行就可以了
class Solution:def subsets(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:res = []path = []def backtracking(nums, res, path, start_index):# every recursive call, add the current path to resres.append(path[:])for i in range(start_index, len(nums)):path.append(nums[i])backtracking(nums, res, path, i + 1)path.pop()backtracking(nums, res, path, 0)return res
Leetcode 90. 子集II
讲解前:
这道题其实就是之前组合问题的变种,关键就在于去重,就如下图中所示的
[1, 2] 和 [2] 会反复出现,但是我们不能重复取,这里其实思路就是如果我们是在纵向搜索,也就是说是在继续增加数字然后扩大子集,那么就没关系,但是如果是横向的代表集合由前一个数字开头的已经全部找完了,那么如果我们再从这里开始并且当前这个数字和之前的那个一样,那么我们一定会再end up with the same set,那么这里其实还有个更简单的方法如果我们当前的index和上一位相等并且是在i比startindex大的情况下,因为这时候证明我们是在纵向递归,并且要记得这种方法的前提是我们要先把nums变成递增顺序才可以,这样两个相同的数字才会next to each other
class Solution:def subsetsWithDup(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:res = []path = []nums.sort()def backtracking(nums, res, path, start_index):# add the current path to res each recursionres.append(path[:])for i in range(start_index, len(nums)):if i > 0 and nums[i] == nums[i - 1] and i > start_index:continuepath.append(nums[i])backtracking(nums, res, path, i + 1)path.pop()backtracking(nums, res, path, 0)return res
讲解后:
卡哥的解法就和之前讲解组合去重问题时候一样,利用了一个used数组,思路依然很清晰,但是这里我的写法更加简便一点,虽然需要在理解了used数组的解法之上去想明白才能看懂
这里是文字解法中利用used数组的解法
class Solution:def subsetsWithDup(self, nums):result = []path = []used = [False] * len(nums)nums.sort() # 去重需要排序self.backtracking(nums, 0, used, path, result)return resultdef backtracking(self, nums, startIndex, used, path, result):result.append(path[:]) # 收集子集for i in range(startIndex, len(nums)):# 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# 而我们要对同一树层使用过的元素进行跳过if i > 0 and nums[i] == nums[i - 1] and not used[i - 1]:continuepath.append(nums[i])used[i] = Trueself.backtracking(nums, i + 1, used, path, result)used[i] = Falsepath.pop()
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