leetcode之深搜递归回溯类之排列与组合类-----77/39/40/216/317 组合 78/90/368 子排列 22/79/93/131 典型递归回溯 46/47 全排列

这部分主要关于：递归的深度搜索，回溯剪枝减少不必要递归

递归深搜回溯题：

1、递归路线是什么

2、需要获取的结果是什么

3、根据题意中的规定，可以在什么时候就停止继续递归

1、OJ77 combinations

给定正整数n和k，找出在[1-n]中，k个数的全部组合；

如n=2，k=1，则结果为[[1], [2]]；

如n=2，k=2，,结果为[[1,2]]；

如n=3，k=2，结果为[[1,2], [1,3], [2,3]]

直观：1和后边的数组成k个数的组合；2和后边的数组成k个数的组合，3和后边的数组成k个数的组合......完全是后向，不需要找相同组合顺序不同的，如[1, 2, 3]是正确的，还需要把[2,1,3]找出来

这类题意的题，特点是：
1、递归路线是：从数组头向尾递归，不需要总从头遍历，收集当前数后，遍历接下来的数直到都遍历完

2、获取结果是：收集的数达到k个，就是一个结果

3、停止条件是：当前收集达到k个数了记录结果，记录后返回上一层；

OJ77代码：

class Solution {
public:
void helper (int cur, const int n, const int k, vector<int> r, vector<vector<int>> &res) {
//递归停止条件, 当前已收集到K个数, 收集当前结果
if (r.size() == k) {
res.push_back(r);
return;
}

for (int i = cur; i <= n; i++) {
//在当前层就判断, 只在当前还未达到K个数时向下递归, 否则直接就停止
if (r.size() < k) {
r.push_back(i);
//直接往下一个数
helper(i + 1, n, k, r, res);
r.pop_back();
}
}
}

vector<vector<int>> combine(int n, int k) {
vector<vector<int>> res;
if (n <= 0) {
return res;
}

vector<int> r;
helper(1, n, k, r, res);
return res;
}
};

2、OJ39 combination sum

给定一个数组，比如[2,3,6,7]，给定一个整数target比如7，找到数组中的可重复组合，和等于target，比如这个例子结果为：[[7], [2,2,3]]

1、递归路线是：从数据头到尾递归，注意因为元素可以重复出现，所以当前层向下递归时，不可以后移索引；另外，需要返回的结果不可以重复，即如一个结果是[2,2,3]，不需要它的其他排列组合如[2,3,2]、[3,2,2]这样，所以，当前层向下一层递归时，索引不变即可，不需要每次从头再遍历

2、获取结果是：数据集之和为target的

3、停止条件是：题目提出了给定的是正数(positive)，所以意味着如果当前数据集的和已经大于等于target了，那么就不用继续向下递归；基于此，原始数组应该提前排序，这样利于最大化的减少多余的递归情况

OJ39代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, vector<int> cur, const int target, const vector<int>& candidates, vector<vector<int>> &res) {
//计算当前和
int sum = 0;
for (auto i: cur) {
sum += i;
}
//已知candidates里都是正数, 如果当前和已经大于等于target, 那么后边的递归就不需要(肯定比target大)
//所以candidates提前排好序, 能最多的过滤掉大于等于target的case
if (sum > target) {
return;
} else if (sum == target) {
res.push_back(cur);
return;
}

for (int i = idx; i < candidates.size(); i++) {
cur.push_back(candidates[i]);
//数组中元素可以重复出现, 不能往下一个数
helper(i, cur, target, candidates, res);
cur.pop_back();
}
}

vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {
vector<vector<int>> res;
if (candidates.empty()) {
return res;
}

//提前排好序, 有利于最多的减少多余递归
sort(candidates.begin(), candidates.end());
vector<int> cur;
helper(0, cur, target, candidates, res);
return res;
}
};

3、OJ40 combination sum II

给定一个数组如[10, 1, 2, 7, 6, 1, 5]，给定一个整数target，求数组中的组合，和为target的；如target = 8，则结果为：[[1, 7], [1 ,1, 6], [1, 2, 5], [2, 6]]，要求每个数只能出现一次，比如本例中数组有两个1，都可以和7组合成8，但是结果中只能有一个为[1, 7]的结果；

1、递归路线为：从数据头到尾递归，因为结果集中的数不可重复，且原始数据内有重复数据，所以需要注意两个事情：

      1、向下递归时，索引向后移

      2、对于数组中重复的数，不能做同样的递归处理，需要界定数组中重复的数，解决方法是：

    原数组排好序，向下递归前先看看，是不是当前数，前边已经有了

2、获取结果是：数据集之和为target的；

3、停止条件是：和OJ39一样里边都是正数，所以停止条件也是，当前数据集之和大于等于target时，进而也需要原数据排好序

OJ40代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, const int target, vector<int> cur, const vector<int> &candidates, vector<vector<int>> &res) {
int sum = 0;
for (auto i: cur) {
sum += i;
}

//因为原数据也都是正数, 所以也是同样的剪枝条件
if (sum > target) {
return;
} else if (sum == target) {
res.push_back(cur);
return;
}

for (int i = idx; i < candidates.size(); i++) {
//排序后, 相同数会相邻, 题意要求结果不可以有重复, 所以对于前边已经遍历过的索引对应的数, 不要再遍历
if (i > idx && candidates[i] == candidates[i - 1]) {
continue;
} else {
cur.push_back(candidates[i]);
//不可以自重复己加自己, 所以索引后移
helper(i + 1, target, cur, candidates, res);
cur.pop_back();
}
}
}

vector<vector<int>> combinationSum2(vector<int>& candidates, int target) {
vector<vector<int>> res;
if (candidates.empty()) {
return res;
}

sort(candidates.begin(), candidates.end());
vector<int> cur;
helper(0, target, cur, candidates, res);
return res;
}
};

4、OJ216 combination sum III

在[1-9]范围内，给定整数K和n，求K个数的组合，且和为n的；

此题是OJ77变种，OJ77题是要在1-N范围内，找到K个数的全部组合；本题是在1-9的范围内，找到K个数且和为N的全部组合；

1、递归路线是：从数据头到尾递归，不可能重复，所以每次向下递归时索引后移；

2、获取结果是：数据集个数达到K，且和为N的；

3、停止条件是：两个停止条件，符合任意一个都要停止：1、数据集个数达到K；2、原始数据从1-9都是正数，所以数据集之和大于等于N时，也要停止向下递归；

OJ216代码：

class Solution {
public:
void helper (int st, int k, int n, vector<int> cur, vector<vector<int>> &res) {
//计算当前和
int sum = 0;
for (auto i: cur) {
sum += i;
}

//1-9都是正数, 所以做同样的剪枝
if (sum > n) {
return;
} else if (sum == n && !k) {
res.push_back(cur);
return;
}

for (int i = st; i <= 9; i++) {
//向下递归时, 根据数据集当前个数就做剪枝, 确保不会出现大于K个数的数据集向下继续计算
if (k) {
cur.push_back(i);
helper(i + 1, k - 1, n, cur, res);
cur.pop_back();
}
}
}

vector<vector<int>> combinationSum3(int k, int n) {
vector<vector<int>> res;
vector<int> cur;
helper(1, k, n, cur, res);
return res;

}
};

5、OJ377 combination sum IV

给定一个数组如[1,2,3]，给定整数target如target=4，找出数组中全部的和为target组合，元素可以重复(如组成4可以是4个首元素1)，全部的组合顺序(如组成4可以是[1,1,2]和[2,1,1])

元素可以重复：意味着每次向下递归时，索引不可以后移；同时要求全部的组合顺序，说明当前层的数，还要和它前面的数组合，而不是完全向后的递归，也就是每次递归过程都需要是从头到尾；

递归路线是：从数据头到尾递归，每次都从头再遍历；

获取结果是：数据集和为target的；

停止条件是：正数，所以数据集和大于等于target的同样被剪枝；如果是负数则无这个剪枝条件

按这种办法的OJ377代码：

class Solution {
public:
void helper (int cur, const vector<int> &nums, const int target, int &res) {
if (cur == target) {
++res;
return;
}

for (auto i: nums) {
cur += i;
//剪枝放在递归前
if (cur <= target) {
helper(cur, nums, target, res);
}
cur -= i;
}
}

int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {
int res = 0;
if (nums.empty()) {
return res;
}

sort(nums.begin(), nums.end());
helper(0, nums, target, res);
return res;
}
};

该方法可以得到正确结果，但无法AC会TLE超时，因为每次都从头遍历数组，所以需要更高级的剪枝；
联想跳台阶的优化是什么？

一次可以跳1或2个台阶，N个台阶的走法是F(N) = F(N - 1) + F(N - 2)；

优化方法是：

1、已知走1个方法是1种，走2个是两种，那么就知道了走3个是F(1) + F(2)是3种，此时把F(3) = 3记下来；

2、然后计算走4种的方法时，需要计算F(4) = F(3) + F(2)，这时不需要递归计算F(3)，因为F(3)已经记下来了，直接得到F(4) = 5；

3、计算第5、6、7、.....、N时，每次都可以使用上次结果；

那么对于本题，求组合的方法数，且组合可以重复，而且要求每个数，与包括它自己在内的全部数的组合情况，则本题相当于：

跳target = 4个台阶，每次可以跳[1,2,3]个台阶，有多少种跳法？

那么本题的优化方法是：如对于[1,2,3]，则F(target) = F(target - 1) + F(target - 2) + F(target - 3)；递归过程中会依次求出F(4)、F(5)、.....、F(target)

经验：需要从头到尾遍历的题，主动思考是不是跳台阶式问题，能否往跳台阶的优化思路去靠；

OJ377优化后可AC代码：

class Solution {
public:
int helper (int target, const vector<int> &nums, unordered_map<int, int> &hmap) {
if (!target) {
return 1;
} else if (target > 0) {
//直接使用已经跑过的更深层的结果
if (hmap.find(target) != hmap.end()) {
return hmap[target];
}
} else {
return 0;
}

//求F(target) = sum{F(target - nums[i])}, 相当于跳台阶的F(N) = F(N - 1) + F(N - 2)
int count = 0;
for (auto i: nums) {
count += helper(target - i, nums, hmap);
}

//计算完当前层的target的方法后记录下来, 后面就可以直接用
hmap[target] = count;
return count;
}

int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {
if (nums.empty()) {
return 0;
}

unordered_map<int, int> hmap;
return helper(target, nums, hmap);
}
};

6、OJ78 subsets

子集，给定无重复元素的数组[1,2,3]，求全部的子排列，结果为：[[], [1], [2], [3], [1,2], [1,3], [2,3], [1,2,3]]

递归路线是：从数据头到尾递归

获取结果是：都要

停止条件是：直到都遍历完

OJ78代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, vector<int> cur, const vector<int> &nums, vector<vector<int>> &res) {
if (idx <= nums.size()) {
res.push_back(cur);

for (int i = idx; i < nums.size(); i++) {
cur.push_back(nums[i]);
helper(i + 1, cur, nums, res);
cur.pop_back();
}
}
}

vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> res = {};
if (nums.empty()) {
return res;
}

vector<int> cur;
helper(0, cur, nums, res);
return res;
}
};

7、OJ90 subsets II

和OJ78唯一区别是，原数组内可能有重复元素，而结果集中不可以有相同元素组成的结果，比如[1,1,7]的结果里不可以有两个[1,7]

和OJ40的套路一模一样，原数组先排好序，然后查找当前数前边的数是否和当前数一样，一样就说明已经有结果了，不要再计算出同样的结果

OJ90代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, vector<int> cur, const vector<int> &nums, vector<vector<int>> &res) {
if (idx <= nums.size()) {
res.push_back(cur);

for (int i = idx; i < nums.size(); i++) {
if (i > idx && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
} else {
cur.push_back(nums[i]);
helper(i + 1, cur, nums, res);
cur.pop_back();
}
}
}
}

vector<vector<int>> subsetsWithDup(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> res = {};
if (nums.empty()) {
return res;
}

sort(nums.begin(), nums.end());
vector<int> cur;
helper(0, cur, nums, res);
return res;
}
};

8、OJ368 largest divisible subset

如给定[3,4,16,8]，找出最长的能够连续被整除的组合，如本例的结果是：[4,8,16]

递归路线是：如16可以整除8，8可以整除4，那么16自然可以整除4，所以向后递归时：1、原数组排好序，保证大数在后边免于向前遍历；2、向后递归时索引要后移

获取结果是：可以整除的组合中最长的；

停止条件是：除递归到头外，还有一个重要的剪枝条件，当前已经计算出的最长组合的长度，如果已经大于“当前组合长度 + 后边剩余的全部元素个数”，如[1,2,4,8]，遍历1时已经得出最长组合为[1,2,4,8]长度为4，那么遍历2时会发现即便后边都能整除也就是最长长度也不过是3，那么对于2的遍历立即可以停止；

经验：因数据大小导致需要向前遍历的题，这种情况下必须先排好序，规避掉这种需求向前遍历的情况

OJ368代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, vector<int> cur, const vector<int> &nums, vector<int> &res) {
if (idx <= nums.size()) {
//已经算出的最长长度, 已经大于现在正在计算的流程中的最大可能长度, 那么就不用继续计算了(如[1,2,4,8], 已经算出[1,2,4,8]时, 后面的都不会更长)
if (res.size() >= (nums.size() - idx + cur.size())) {
return;
}
//最长长度超过已经计算的最大值就更新
if (cur.size() > res.size()) {
res = cur;
}

for (int i = idx; i < nums.size(); i++) {
if (!cur.empty()) {
if (nums[i] % cur[cur.size() - 1] == 0) {
cur.push_back(nums[i]);
helper(i + 1, cur, nums, res);
cur.pop_back();
}
} else {
cur.push_back(nums[i]);
helper(i + 1, cur, nums, res);
cur.pop_back();
}
}
}
}

vector<int> largestDivisibleSubset(vector<int>& nums) {
vector<int> res;
if (nums.empty()) {
return res;
}

sort(nums.begin(), nums.end());
vector<int> cur;
helper(0, cur, nums, res);
return res;
}
};

9、OJ22 generate parentheses

生成括号，给定K，有多少种括号组合形式，要求：不可以出现右括号领头，如给定3，结果为："((()))"、"(()())"、"(())()"、"()(())"、"()()()"

递归路线是：从0-K；

停止条件是：左括号和右括号个数都达到K时；

本题注意递归生成时的顺序，必须是，左括号要领先于右括号，设置两个数分别在递归过程中表示当前左括号和右括号的个数，判断依据是：

1、当都为0即最开始的时候，必须生成左括号；

2、当左括号和右括号个数都达到K时，结束了；

3、如果左括号个数，大于右括号个数，那么可以生成左括号，还可以生成右括号，两个递归流程；

4、如果左括号和右括号个数相等，必须生成左括号；

5、左括号肯定率先达到K，这时肯定必须生成右括号；

OJ22代码：

class Solution {
public:
void helper (int cur1, int cur2, const int n, string cur, vector<string> &res) {
if (cur1 == n && cur2 == n) {
res.push_back(cur);
return;
}

if (!cur1 && !cur2) {
cur += "(";
helper(cur1 + 1, cur2, n, cur, res);
} else if (cur1 < n && cur1 > cur2) {
cur += "(";
helper(cur1 + 1, cur2, n, cur, res);
cur[cur.length() - 1] = ')';
helper(cur1, cur2 + 1, n, cur, res);
} else if (cur1 < n && cur1 == cur2) {
cur += "(";
helper(cur1 + 1, cur2, n, cur, res);
} else {
cur += ")";
helper(cur1, cur2 + 1, n, cur, res);
}
}

vector<string> generateParenthesis(int n) {
vector<string> res;
if (!n) {
return res;
}

string cur = "";
helper(0, 0, n, cur, res);
return res;
}
};

10、OJ79 word search

给定一个二维数组，里边有各种英文字符，然后查找一个英文字符串，判断二维数组里是否存在，可以是向上向下向左向右，不可以重复，如：

[
['A','B','C','E'],
['S','F','C','S'],
['A','D','E','E']
]

word = 

"ABCCED"

,
-> returns 

true

,
word = 

"SEE"

,
-> returns 

true

,
word = 

"ABCB"

,
-> returns 

false

.

本题事实上和二叉树里的"子树问题"是一个问题，每一个字符都可以作为起始点做深度遍历，显然需要先判断出和word的首字符相同的再进入深搜；

另外进入深搜后，因为不许重复，所以需要给每个已经走过且判断复合word了的字符做"已使用"的标记，避免重复使用

OJ79代码：

class Solution {
public:
bool helper (const vector<vector<char>> &board, int x, int y, const int m, const int n, string word, vector<vector<bool>> &visit) {
if (word.empty()) {
return true;
} else {
if (x >= 0 && y >= 0 && x < m && y < n && word[0] == board[x][y] && visit[x][y] == false) {
string relate = (word.length() > 1)?word.substr(1):"";
visit[x][y] = true;
if (relate.empty()) {
return true;
}

//4个方向都做深搜, 任何一个返回成功什么已成功找到
bool l1 = helper(board, x - 1, y, m, n, relate, visit);
if (l1) {
return true;
}
bool l2 = helper(board, x + 1, y, m, n, relate, visit);
if (l2) {
return true;
}
bool l3 = helper(board, x, y - 1, m, n, relate, visit);
if (l3) {
return true;
}
bool l4 = helper(board, x, y + 1, m, n, relate, visit);
if (l4) {
return true;
}

//都没有找到, 复位该字符标志位
visit[x][y] = false;
return false;
} else {
return false;
}
}
}

bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
if (board.empty() && word.empty()) {
return false;
} else if (board.empty() || word.empty()) {
return false;
}

int m = board.size(), n = board[0].size();
for (int i = 0; i < board.size(); i++) {
for (int j = 0; j < board[i].size(); j++) {
if (board[i][j] == word[0]) {
//visit用于标识每一次进入深搜后, 标识已经走过且确实被用到的字符
vector<vector<bool>> visit(board.size(), vector<bool>(board[i].size(), false));
//找到word首字符后再去深搜,
if (helper(board, i, j, m, n, word, visit)) {
return true;
}
}
}
}

return false;
}
};

11、OJ46 permutations

无重复元素的全排列

OJ46代码：

class Solution {
public:
void helper (int st, vector<int> nums, vector<vector<int>> &res) {
if (st == nums.size()) {
res.push_back(nums);
return;
}

for (int i = st; i < nums.size(); i++) {
if (i > st) {
int t = nums[st];
nums[st] = nums[i];
nums[i] = t;
}
helper(st + 1, nums, res);
if (i > st) {
int t = nums[st];
nums[st] = nums[i];
nums[i] = t;
}
}
}

vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> res;
if (nums.empty()) {
return res;
}

helper(0, nums, res);
return res;
}
};

12、OJ47 permutation II

带重复元素的全排列。

注意，这道题用OJ40、OJ90的避免去重方法不适用，因为当递归到当前数时，向前发现有相同的数，但怎么界定是第一次执行的还是重复的呢？

带重复的全排列的方法是，原数组排序，保证重复元素相邻，然后为每一个元素标记上"是否已使用"，遍历时永远从头遍历到尾，如果当前元素和之前元素相同，但之前元素标记未用过，那么说明本次遍历属于重复的；

如[1,1]，当第一次从第一个1遍历到第二个1时，得到结果[1,1]并保存；

当第二次从第二个1入结果集，然后再递归遍历时，会发现第一个1的标志位为"未使用"，什么当前是跨过了第1个1

OJ47代码：

class Solution {
public:
void helper (int idx, vector<int> nums, vector<int> cur, vector<vector<int>> &res, vector<bool> &visit) {
if (idx == nums.size()) {
res.push_back(cur);
return;
}

//查看当前数的前面的数, 如果相等且未使用, 则不能再继续执行(如[1,1], 从第一个1到第二个1执行生成[1,1]结果后, 索引后移到第二个1并加入cur, 此时准备加入第一个1时, 发现其状态为false返回, 即避免了生成重复结果)
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (visit[i] || (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && visit[i - 1] == false)) {
continue;
}

cur.push_back(nums[i]);
visit[i] = true;
helper(idx + 1, nums, cur, res, visit);
visit[i] = false;
cur.pop_back();
}
}

vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> res;
if (nums.empty()) {
return res;
}

//必须要排序
vector<int> cur;
vector<bool> visit(nums.size(), false);
sort(nums.begin(), nums.end());
helper(0, nums, cur, res, visit);
return res;
}
};

另外，关于OJ31(当前全排列组合的下一个，next permutation)和OJ60(第K个全排列，permutation sequence)，和递归回溯并无关，而是基于全排列知识的运用。