4.0 KiB
题目地址
https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii/
思路
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。
这里就涉及到去重了。
要注意全排列是要取树的子节点的，如果是子集问题，就取树上的所有节点。
很多同学在去重上想不明白，其实很多题解也没有讲清楚，反正代码是能过的，感觉是那么回事，稀里糊涂的先把题目过了。
这个去重为什么很难理解呢，所谓去重，其实就是使用过的元素不能重复选取。 这么一说好像很简单！
但是什么又是“使用过”，我们把排列问题抽象为树形结构之后，“使用过”在这个树形结构上是有两个维度的，一个维度是同一树枝上使用过，一个维度是同一树层上使用过。
没有理解这两个层面上的“使用过” 是造成大家没有彻底理解去重的根本原因。
那么排列问题，既可以在 同一树层上的“使用过”来去重，也可以在同一树枝上的“使用过”来去重！
理解这一本质，很多疑点就迎刃而解了。
还要强调的是去重一定要对元素经行排序，这样我们才方便通过相邻的节点来判断是否重复使用了。
首先把示例中的 [1,1,2] （为了方便举例，已经排序），抽象为一棵树，然后在同一树层上对nums[i-1]使用过的话，进行去重如图：
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。
代码如下：
C++代码
class Solution {
private:
vector<vector<int>> result;
void backtracking (vector<int>& nums, vector<int>& vec, vector<bool>& used) {
// 此时说明找到了一组
if (vec.size() == nums.size()) {
result.push_back(vec);
return;
}
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
// 这里理解used[i - 1]非常重要
// 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;
}
if (used[i] == false) {
used[i] = true;
vec.push_back(nums[i]);
backtracking(nums, vec, used);
vec.pop_back();
used[i] = false;
}
}
}
public:
vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(), nums.end());
vector<bool> used(nums.size(), false);
vector<int> vec;
backtracking(nums, vec, used);
return result;
}
};
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;
}
可是如果把 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，树层上去重非常彻底，效率很高，树枝上去重虽然最后可能得到答案，但是多做了很多无用搜索。