47. 全排列 II-蒲公英云

关上过去和未来的铁门，活在“今天”这个舱室中。——《人性的优点》

47. 全排列 II

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：（回溯）

此题是 46. 全排列的进阶

但是这道题有了一点改变，那么就是列表里面有重复数字，全排列的结果，相同答案只算一种，那么我们就要考虑重复。
当然因为题目没有说该队列有序，所以要先排序。

判断的时候加上：

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

其中最为关键的是 hasVisited[i-1] == false ，用来去重，就是限制一下两个相邻的重复的访问顺序

举个栗子：

对于两个相同的数 1 1 ，我们将其命名为 a b，a 表示第一个 1 ，b 表示第二个 1

如果不去重得的话，会有两种重复排列 a b，b a ，我们只需取其中任意一种排列即可；
为了达到目的，限制一下 a ，b 的访问顺序即可；
比如我们只取 a b 这个排列的话，只有当 nums[i - 1] 访问后，我们才去访问 nums[i] ，
也就是说如果 hasVisited[i-1] == false 的话，则 continue 跳过。

举另个栗子：

去重最为关键的代码为：

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

但如果改成 hasVisited[i-1] == true ,也是正确的，去重代码如下：

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

这是为什么呢？

hasVisited[i-1] == false ，是对树层中前一位去重；
hasVisited[i-1] == true ，是对树枝前一位去重；

（借用一下别人的图进行理解）：

如果是三个相同的数 1 1 1

树层上去重（hasVisited[i-1] == false），树形结构如下：
在这里插入图片描述
树枝上去重（hasVisited[i-1] == true），树形结构如下：

观察上图可以得出：

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。

代码：（Java）

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
public class all_permute {
    public static void main(String[] args) {
        // TODO 自动生成的方法存根
        int [] nums = {
    1, 1, 2};
        System.out.println(permuteUnique(nums));
    }
    public static List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
        List<List<Integer>> permutes = new ArrayList<>();
        List<Integer> permute = new ArrayList<>();
        if(nums == null || nums.length == 0) {
            return permutes;
        }
        int flag = 0;//标记
        for(int i = 1; i < nums.length ; i++) {
    //冒泡排序
            for(int j = 0; j < nums.length - i; j++) {
                if(nums[j] > nums[j+1]) {
                    int temp = nums[j];
                    nums[j] = nums[j+1];
                    nums[j+1] = temp;
                    flag++;
                }
            }
            if(flag == 0)
                break;
        }
        boolean [] hasVisited = new boolean[nums.length];
        backTracking(nums, hasVisited, permute, permutes);
        return permutes;
    }
    private static void backTracking(int[] nums, boolean[] hasVisited, List<Integer> permute, List<List<Integer>> permutes) {
        // TODO 自动生成的方法存根
        if(permute.size() == hasVisited.length) {
            permutes.add(new ArrayList<>(permute));
            return;
        }
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if(hasVisited[i]) {
                continue;
            }
            if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1] && hasVisited[i-1] == false) {
                continue;
            }
            hasVisited[i] = true;
            permute.add(nums[i]);
            backTracking(nums, hasVisited, permute, permutes);
            permute.remove(permute.size() - 1);
            hasVisited[i] = false;
        }
    }
}

运行结果：

在这里插入图片描述

复杂度分析：

时间复杂度： O ( n × n ! ) O(n×n!) O(n×n!)，其中 n 为序列的长度。
- 算法的复杂度首先受 backTracking 的调用次数制约，backTracking 的调用次数为 ∑ k = 1 n P ( n , k ) \sum_{k=1}^{n} P(n, k) ∑k=1nP(n,k)次，其中 P ( n , k ) = n ! ( n − k ) ! = n ( n − 1 ) … ( n − k + 1 ) P(n, k)=\frac{n !}{(n-k) !}=n(n-1) \ldots(n-k+1) P(n,k)=(n−k)!n!=n(n−1)…(n−k+1)，该式被称作 n 的 k - 排列，或者部分排列。
- 而 ∑ k = 1 n P ( n , k ) = n ! + n ! 1 ! + n ! 2 ! + n ! 3 ! + … + n ! ( n − 1 ) ! < 2 n ! + n ! 2 + n ! 2 2 + n ! 2 n 2 < 3 n ! \sum_{k=1}^{n} P(n, k)=n !+\frac{n !}{1 !}+\frac{n !}{2 !}+\frac{n !}{3 !}+\ldots+\frac{n !}{(n-1) !}<2 n !+\frac{n !}{2}+\frac{n !}{2^{2}}+\frac{n !}{2^{n} 2}<3 n ! ∑k=1nP(n,k)=n!+1!n!+2!n!+3!n!+…+(n−1)!n!<2n!+2n!+22n!+2n2n!<3n!
  , 这说明 backTracking 的调用次数是 O ( n ! ) O(n!) O(n!)的。
- 而对于 backTracking调用的每个叶结点（最坏情况下没有重复数字共 n ! n! n!个），我们需要将当前答案使用 O ( n ) O(n) O(n)的时间复制到答案数组中，相乘得时间复杂度为 O ( n × n ! ) O(n×n!) O(n×n!)。
- 因此时间复杂度为 O ( n × n ! ) O(n×n!) O(n×n!)。
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。我们需要 O ( n ) O(n) O(n)的标记数组，同时在递归的时候栈深度会达到 O ( n ) O(n) O(n)，因此总空间复杂度为 O ( n + n ) = O ( 2 n ) = O ( n ) O(n+n)=O(2n)=O(n) O(n+n)=O(2n)=O(n)。