《代码随想录第三十一天》——递增子序列、全排列、全排列II

-Michelangelo-

已于 2025-02-10 15:33:39 修改

阅读量636

点赞数 12

分类专栏：算法刷题文章标签：数据结构算法

于 2025-02-10 15:32:48 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_43797172/article/details/145549945

版权

算法刷题专栏收录该内容

52 篇文章

订阅专栏

《代码随想录第三十一天》——递增子序列、全排列、全排列II

本篇文章的所有内容仅基于C++撰写。

1. 递增子序列

1.1 题目

递增子序列

给你一个整数数组 nums ，找出并返回所有该数组中不同的递增子序列，递增子序列中至少有两个元素。你可以按任意顺序返回答案。
数组中可能含有重复元素，如出现两个整数相等，也可以视作递增序列的一种特殊情况。

示例 1：
输入：nums = [4,6,7,7]
输出：[[4,6],[4,6,7],[4,6,7,7],[4,7],[4,7,7],[6,7],[6,7,7],[7,7]]

示例 2：
输入：nums = [4,4,3,2,1]
输出：[[4,4]]

提示：
1 <= nums.length <= 15
-100 <= nums[i] <= 100

1.2 分析

本题类似于组合和子集的混合体，因为数组中有相同值，但不能有重复的结果集，因此要去重；同时，结果集可能出现在叶子节点或其他节点上，需要及时收集。本题求递增序列，因此不能改变数组顺序，也就是不能对原数组进行排序。因此去重可以用uset。元素不能重复使用，所以就需要startindex。当一个集合（即path数组）的节点数量大于等于两个时，应该记录到结果集中。单层递归判断逻辑有两条：(!path.empty() && nums[i] < path.back())和uset.find(nums[i]) != uset.end()。
(!path.empty() && nums[i] < path.back())是为了判断当前元素是否小于path数组中尾部的元素，小于就跳过。uset.find(nums[i]) != uset.end()是为了查找uset中是否已经使用过相同的值，使用过就跳过。两种情况都不满足，则加入该元素到path数组中。
注意，此时的uset不会弹出元素，因为它是用于确保同树层的元素不被重复使用。它对递归逻辑没有任何影响。
在这里插入图片描述除了uset外，也可以使用数组来做标记，确定哪些元素已被使用，这样效率更高。因为程序运行的时候对unordered_set 频繁的insert，unordered_set需要做哈希映射（也就是把key通过hash function映射为唯一的哈希值）相对费时间，而且每次重新定义set，insert的时候其底层的符号表也要做相应的扩充，也是费事的。

1.3 代码

uset法

// 版本一
class Solution {
private:
    vector<vector<int>> result;
    vector<int> path;
    void backtracking(vector<int>& nums, int startIndex) {
        if (path.size() > 1) {
            result.push_back(path);
            // 注意这里不要加return，要取树上的节点
        }
        unordered_set<int> uset; // 使用set对本层元素进行去重
        for (int i = startIndex; i < nums.size(); i++) {
            if ((!path.empty() && nums[i] < path.back())
                    || uset.find(nums[i]) != uset.end()) {
                    continue;
            }
            uset.insert(nums[i]); // 记录这个元素在本层用过了，本层后面不能再用了
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums, i + 1);
            path.pop_back();
        }
    }
public:
    vector<vector<int>> findSubsequences(vector<int>& nums) {
        result.clear();
        path.clear();
        backtracking(nums, 0);
        return result;
    }
};

时间复杂度: O(n * 2^n)
空间复杂度: O(n)

数组法

// 版本二
class Solution {
private:
    vector<vector<int>> result;
    vector<int> path;
    void backtracking(vector<int>& nums, int startIndex) {
        if (path.size() > 1) {
            result.push_back(path);
        }
        int used[201] = {0}; // 这里使用数组来进行去重操作，题目说数值范围[-100, 100]
        for (int i = startIndex; i < nums.size(); i++) {
            if ((!path.empty() && nums[i] < path.back())
                    || used[nums[i] + 100] == 1) {
                    continue;
            }
            used[nums[i] + 100] = 1; // 记录这个元素在本层用过了，本层后面不能再用了
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums, i + 1);
            path.pop_back();
        }
    }
public:
    vector<vector<int>> findSubsequences(vector<int>& nums) {
        result.clear();
        path.clear();
        backtracking(nums, 0);
        return result;
    }
};

2. 全排列

2.1 题目

全排列

给定一个不含重复数字的数组 nums ，返回其所有可能的全排列。你可以按任意顺序返回答案。

示例 1：
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]]

示例 2：
输入：nums = [0,1]
输出：[[0,1],[1,0]]

示例 3：
输入：nums = [1]
输出：[[1]]

提示：
1 <= nums.length <= 6
-10 <= nums[i] <= 10
nums 中的所有整数互不相同

2.2 分析

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，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:
在这里插入图片描述当集合达到原集合大小时，排列完毕，这就是终止条件。

2.3 代码

class Solution {
public:
    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++) {
            if (used[i] == true) continue; // path里已经收录的元素，直接跳过
            used[i] = true;
            path.push_back(nums[i]);
            backtracking(nums, used);
            path.pop_back();
            used[i] = false;
        }
    }
    vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {
        result.clear();
        path.clear();
        vector<bool> used(nums.size(), false);
        backtracking(nums, used);
        return result;
    }
};

时间复杂度: O(n!)
空间复杂度: O(n)

3.全排列II

3.1 题目

全排列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

3.2 分析

全排列不在意原数组的顺序，所以要去重的话就用老方法，先给原数组排序，再比较剔除重复元素（使用used数组）。
因此本题在上题的解法中改进，一是增加排序逻辑，二是对同树层的重复元素进行剪枝（当前元素等于前一个元素，但uesd中的值为False，即元素在同层不同枝上）。

3.3 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，说明同一树枝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;
    }
};

// 时间复杂度: 最差情况所有元素都是唯一的。复杂度和全排列1都是 O(n! * n) 对于 n 个元素一共有 n! 中排列方案。而对于每一个答案，我们需要 O(n) 去复制最终放到 result 数组
// 空间复杂度: O(n) 回溯树的深度取决于我们有多少个元素

时间复杂度: O(n! * n)
空间复杂度: O(n)