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全排列 II

力扣題目鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii

給定一個可包含重復數字的序列 nums ，按任意順序 返回所有不重復的全排列。

示例 1：

• 輸入：nums = [1,1,2]
• 輸出：[[1,1,2], [1,2,1], [2,1,1]]

示例 2：

• 輸入：nums = [1,2,3]
• 輸出：[[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

思路

如果對回溯算法基礎還不了解的話，我還特意錄制了一期視頻：帶你學透回溯算法(理論篇) 可以結合題解和視頻一起看，希望對大家理解回溯算法有所幫助。

這道題目和全排列的區別在與給定一個可包含重復數字的序列，要返回所有不重復的全排列。

這里又涉及到去重了。

在組合總和II 、子集II我們分別詳細講解了組合問題和子集問題如何去重。

那么排列問題其實也是一樣的套路。

還要強調的是去重一定要對元素經行排序，這樣我們才方便通過相鄰的節點來判斷是否重復使用了。

我以示例中的 [1,1,2]為例 (為了方便舉例，已經排序)抽象為一棵樹，去重過程如圖：

全排列II1

圖中我們對同一樹層，前一位(也就是nums[i-1])如果使用過，那么就進行去重。

一般來說：組合問題和排列問題是在樹形結構的葉子節點上收集結果，而子集問題就是取樹上所有節點的結果。

在46.全排列中已經詳解講解了排列問題的寫法，在40.組合總和II 、90.子集II中詳細講解的去重的寫法，所以這次我就不用回溯三部曲分析了，直接給出代碼，如下：

C++代碼

class Solution { 
private: 
    vector<vector<int>> result; 
    vector<int> path; 
    void backtracking (vector<int>& nums, vector<bool>& used) { 
        // 此時說明找到了一組 
        if (path.size() == nums.size()) { 
            result.push_back(path); 
            return; 
        } 
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { 
            // used[i - 1] == true，說明同一樹支nums[i - 1]使用過 
            // used[i - 1] == false，說明同一樹層nums[i - 1]使用過 
            // 如果同一樹層nums[i - 1]使用過則直接跳過 
            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; 
    } 
}; 

拓展

大家發現，去重最為關鍵的代碼為：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) { 
    continue; 
} 

如果改成 used[i - 1] == true， 也是正確的!，去重代碼如下：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) { 
    continue; 
} 

這是為什么呢，就是上面我剛說的，如果要對樹層中前一位去重，就用used[i - 1] == false，如果要對樹枝前一位去重用used[i - 1] == true。

對于排列問題，樹層上去重和樹枝上去重，都是可以的，但是樹層上去重效率更高!

這么說是不是有點抽象?

來來來，我就用輸入: [1,1,1] 來舉一個例子。

樹層上去重(used[i - 1] == false)，的樹形結構如下：

全排列II2

樹枝上去重(used[i - 1] == true)的樹型結構如下：

全排列II

大家應該很清晰的看到，樹層上對前一位去重非常徹底，效率很高，樹枝上對前一位去重雖然最后可以得到答案，但是做了很多無用搜索。

總結

這道題其實還是用了我們之前講過的去重思路，但有意思的是，去重的代碼中，這么寫：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) { 
    continue; 
} 

和這么寫：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) { 
    continue; 
} 

都是可以的，這也是很多同學做這道題目困惑的地方，知道used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，但是就想不明白為啥。

所以我通過舉[1,1,1]的例子，把這兩個去重的邏輯分別抽象成樹形結構，大家可以一目了然：為什么兩種寫法都可以以及哪一種效率更高!

是不是豁然開朗了!!

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