47.全排列 II

力扣题目链接(opens new window)

给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。

示例 1：

• 输入：nums = [1,1,2]
• 输出： [[1,1,2], [1,2,1], [2,1,1]]

示例 2：

• 输入：nums = [1,2,3]
• 输出：[[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

这道题目和46.全排列 (opens new window)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。

这里又涉及到去重了。

在40.组合总和II (opens new window)、90.子集II (opens new window)我们分别详细讲解了组合问题和子集问题如何去重。

那么排列问题其实也是一样的套路。

还要强调的是去重一定要对元素进行排序，这样我们才方便通过相邻的节点来判断是否重复使用了。

我以示例中的 [1,1,2]为例 （为了方便举例，已经排序）抽象为一棵树，去重过程如图：

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。

一般来说：组合问题和排列问题是在树形结构的叶子节点上收集结果，而子集问题就是取树上所有节点的结果。

在46.全排列 (opens new window)中已经详细讲解了排列问题的写法，在40.组合总和II (opens new window)、90.子集II (opens new window)中详细讲解了去重的写法，所以这次我就不用回溯三部曲分析了，直接给出代码，如下：

class Solution {
private:
    vector<vector<int>> result;
    vector<int> path;
    void backtracking (vector<int>& nums, vector<bool>& used) {
        // 此时说明找到了一组
        if (path.size() == nums.size()) {
            result.push_back(path);
            return;
        }
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            // used[i - 1] == true，说明同一树枝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;
                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;
    }
};

// 时间复杂度: 最差情况所有元素都是唯一的。复杂度和全排列1都是 O(n! * n) 对于 n 个元素一共有 n! 中排列方案。而对于每一个答案，我们需要 O(n) 去复制最终放到 result 数组
// 空间复杂度: O(n) 回溯树的深度取决于我们有多少个元素

• 时间复杂度: O(n! * n)
• 空间复杂度: O(n)

#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;
}

如果改成 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，树层上对前一位去重非常彻底，效率很高，树枝上对前一位去重虽然最后可以得到答案，但是做了很多无用搜索。

#总结

这道题其实还是用了我们之前讲过的去重思路，但有意思的是，去重的代码中，这么写：

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

和这么写：

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

都是可以的，这也是很多同学做这道题目困惑的地方，知道used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，但是就想不明白为啥。

所以我通过举[1,1,1]的例子，把这两个去重的逻辑分别抽象成树形结构，大家可以一目了然：为什么两种写法都可以以及哪一种效率更高！

这里可能大家又有疑惑，既然 used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，那为什么还要写这个条件呢？

直接这样写 不就完事了？

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

其实并不行，一定要加上 used[i - 1] == false或者used[i - 1] == true，因为 used[i - 1] 要一直是 true 或者一直是false 才可以，而不是 一会是true 一会又是false。 所以这个条件要写上。

是不是豁然开朗了！！