算法第十三天-组合总和Ⅱ

发布时间:2024年01月07日

组合总和Ⅱ

题目要求

解题思路

按顺序搜索,设置合理的变量,在搜索的过程中判断是否会出现重复集结果。重点理解对输入数组排序的作用和参考代码中 大剪枝和小剪枝 的意思

这道题域上一问的区别在于:

  • 第39题:candidates中的数字可以无限制重复被选取;
  • 第40题:candidates中的每个数字在每个组合中只能使用一次;

相同点在于:相同数字列表的不同排列被视为一个结果。

如何去掉重复的集合(重点)
为了使得解集不包含重复的组合。可以从以下两种方案思考:

  • 使用 hash 天然去重功能,但是编码相对复杂;
  • 使用和第39题和第15题相似的思路:不重复就不需要按顺序搜索,**在搜索过程中检测分支是否会出现重复结果。**注意:在这里的顺序不仅仅指数组candidates有序,还指按照一定顺序搜索结果。


由39题我们知道,数组candidates有序,也是DFS 过程中实现[剪枝]的前提。
将数组先排序的思路来自于这个问题:去掉一个数组中重复的元素。很容易想到的方案是:先对数组升序排列,重复的元素一定不是排好序以后相同的连续数组区域的第1个元素。也就是说,剪枝发生在:**同一层数值相同的节点第2,3,…个节点,因为数值相同的第1个节点已经搜索出了包含了这个数值的全部结果,**同一层的其他节点,候选数的个数更少,搜索出的结果一定不会比第1个节点更多,并且是第一个节点的子集。

代码

from typing import List
class Solution:
    def combinationSum2(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
        def dfs(begin, path, residue):
            if residue == 0:
                res.append(path[:])
                return
            for index in range(begin, size):
                if candidates[index] > residue:
                    break
                if index > begin and candidates[index - 1] == candidates[index]:
                    continue
                path.append(candidates[index])
                dfs(index + 1, path, residue - candidates[index])
                path.pop()
        size = len(candidates)
        if size == 0:
            return []
        candidates.sort()
        res = []
        dfs(0, [], target)
        return res

复杂度分析

时间复杂度: O ( 2 n ? n ) O(2^n * n) O(2n?n),其中n为candidates的长度。在大多数的递归+回溯的题目中我们无法给出一个严格的渐近界限,故这里只分析一个较为宽松的渐近上界。
空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

文章来源:https://blog.csdn.net/weixin_43186779/article/details/135446538
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