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思路

• 思路：求出数组中元素的所有排列顺序，并用数组输出。

• 解法一： 暴力枚举

  • 用n层for循环，每层循环依次固定一个数
  • 超时，时间开销太大，n个元素就是O(n ^ n)

• 解法二： 根据决策树 进行递归
  

  • 根据上图，我们需要创建下面三个全局变量.
    
  • 结束条件：当我们遍历到叶子节点时（即path.size() == nums.size()），将path加入到ret中，并向上返回。
  • 回溯：对当前元素dfs后，进行回溯，回溯即将之前加入到path 的元素删除，并将used重新置为false。

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret; // 用于存储最终结果bool used[7]; // 用于记录某个下标的元素是否在序列中vector<int> path; // 用于记录某个下标的元素是否已经加入到序列中vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {dfs(nums);return ret;}void dfs(vector<int>& nums) {if(path.size() == nums.size()){ret.push_back(path);return;}// 遍历数组，对每一位都进行dfs && 排列for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){if(used[i] == false) // 如果该位置未加入到当前序列中{path.push_back(nums[i]);used[i] = true;dfs(nums);// dfs向上返回回来 -> 回溯path.pop_back();used[i] = false;}}}
};

• 题目要求我们将数组的所有子集统计，并以数组形式返回（空集就是空数组）

解法一

• 解法： 根据 选与不选 画决策树
  

  • 根据上图决策树，我们通过对一个元素的选择与否划分树，而当到达叶子节点的时候（i == nums.size()）向上返回即可。
  • 函数头：首先需要的参数是数组本身，其次我们通过变量i来标记当前选择的元素所在层数，则 void dfs(vector<int>& nums, int i)
  • 函数体：分别写出选择与不选择该元素时的代码即可
  • 结束条件：如前面所说，当 到叶子节点时返回。

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {int i = 0;dfs(nums, i);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int i){if(i == nums.size()){ret.push_back(path);return;}// 不选当前元素dfs(nums, i + 1);// 选当前元素path.push_back(nums[i]);dfs(nums, i + 1);path.pop_back();}
};

解法二

• 解法： 根据子集包含的元素个数 画 决策树
• 如上图所示，以此法画的决策树，每个节点的值都是有效值
  • 函数头：第一个参数是数组本身，另外需要给出当前遍历到nums的第几个元素。void dfs(vector<int>& nums, int pos)
  • 函数体：
    1. 在函数开始时先将当前子集加入到ret中
    2. 利用for循环，每次从pos开始遍历数组：每次将一个元素作为子集第一位的所有子集检索完毕后，再以下一个元素作为子集第一位，可以防止重复子集
       • for循环中每次将当前元素加入到path中，dfs下一位，最后回溯

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {int pos = 0;dfs(nums, pos);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos){ret.push_back(path);for(int i = pos; i < nums.size(); ++i){path.push_back(nums[i]);dfs(nums, i + 1);path.pop_back(); // 回溯 - 恢复现场}}
};

思路

• 题目分析：题目要求求出数组中所有子集的异或和的总和，我们只需要根据上图求子集的思路，在统计子集时，直接用变量计算异或值即可
  • 解法： dfs + 决策树
    • 这道题的决策树与上题一致，只需要在执行方面进行更改。
    • 回溯：由于一个元素异或一个数两次，相当于没有异或，所以对于回溯操作，我们只需要再次进行异或即可。

代码

class Solution {
public:int ret = 0; // 最终结果int xorSum = 0; // 记录一个子集的异或和int subsetXORSum(vector<int>& nums) {dfs(nums, 0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos){ret += xorSum;for(int i = pos; i < nums.size(); ++i){xorSum ^= nums[i];dfs(nums, i + 1);xorSum ^= nums[i]; // 回溯现场 / 异或同一个数两次相当于无异或}}
};

思路

• 题目分析：
  

• 根据上图，制定决策树：
  

• 下面是对于上面决策树的解释，以及根据该决策树，我们如何设计代码：
  

• 我们对上面探讨的两种解法进行解释：
  

  • 如图所示，如果用文字解释，对于不合法路径：
    • 当 【当前元素A已经使用了 && 该分支下已有与当前元素值相同的B && B已经在序列中】时不合法。

• 编写代码方面，本道题与前面的题非常类似，主要在于主逻辑的差别：

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;bool used[9];vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(), nums.end()); // 先排序数组dfs(nums, 0);return ret;}void dfs(vector<int> nums, int pos){if(path.size() == nums.size()){ret.push_back(path);return;}for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){// 剪枝 - 考虑合法路径if(used[i] == false && (i == 0 || nums[i] != nums[i - 1] || used[i - 1] == true)){path.push_back(nums[i]);used[i] = true;dfs(nums, pos + 1);path.pop_back();used[i] =  false;}}}
};

思路

• 解法： dfs + 决策树
  • 决策树：如下图所示

• 本体决策树画出来后，递归回溯等部分相对于前面简单一些
  • 细节问题：
    • 我们需要由数字与字符串一一对应来进行号码的模拟，这里可以用哈希表 ——> 优化：数组作为哈希表hash
    • 主逻辑：关于for循环，我们需要从digits中依次提取数字字符，并找到相对应的字符串，即hash[digits[pos] - '0']

代码

class Solution {
public:// 数组作哈希，下标对应字符串string hash[10] = {"", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"};string path;vector<string> ret;vector<string> letterCombinations(string digits) {// 特殊情况if(digits.size() == 0) return ret;dfs(digits, 0);return ret;}void dfs(string& digits, int pos) {if(path.size() == digits.size()){ret.push_back(path);return;}for(char ch : hash[digits[pos] - '0']) // 提取数字字符{path.push_back(ch);dfs(digits, pos + 1);path.pop_back();}}
};

有待更新… …