组合总和[中等]-编程知识

组合总和[中等]

一、题目

给你一个无重复元素的整数数组candidates和一个目标整数target，找出candidates中可以使数字和为目标数target的所有不同组合，并以列表形式返回。你可以按任意顺序返回这些组合。candidates中的同一个数字可以无限制重复被选取。如果至少一个数字的被选数量不同，则两种组合是不同的。对于给定的输入，保证和为target的不同组合数少于150个。

示例 1：
输入：candidates = [2,3,6,7], target = 7
输出：[[2,2,3],[7]]
解释：2和3可以形成一组候选，2 + 2 + 3 = 7。注意2可以使用多次。7也是一个候选，7 = 7。仅有这两种组合。

示例 2：
输入: candidates = [2,3,5], target = 8
输出: [[2,2,2,2],[2,3,3],[3,5]]

示例 3：
输入: candidates = [2], target = 1
输出: []

1 <= candidates.length <= 30
2 <= candidates[i] <= 40
candidates的所有元素互不相同
1 <= target <= 40

二、代码

搜索回溯： 对于这类寻找所有可行解的题，我们都可以尝试用「搜索回溯」的方法来解决。回到本题，我们定义递归函数dfs(target,combine,idx)表示当前在candidates数组的第idx位，还剩target要组合，已经组合的列表为combine。递归的终止条件为target≤0或者candidates数组被全部用完。那么在当前的函数中，每次我们可以选择跳过不用第idx个数，即执行dfs(target,combine,idx+1)。也可以选择使用第idx个数，即执行dfs(target−candidates[idx],combine,idx)，注意到每个数字可以被无限制重复选取，因此搜索的下标仍为idx。

更形象化地说，如果我们将整个搜索过程用一个树来表达，即如下图呈现，每次的搜索都会延伸出两个分叉，直到递归的终止条件，这样我们就能不重复且不遗漏地找到所有可行解：

当然，搜索回溯的过程一定存在一些优秀的剪枝方法来使得程序运行得更快，而这里只给出了最朴素不含剪枝的写法，因此欢迎各位读者在评论区分享自己的见解。

class Solution {public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();List<Integer> combine = new ArrayList<Integer>();dfs(candidates, target, ans, combine, 0);return ans;}public void dfs(int[] candidates, int target, List<List<Integer>> ans, List<Integer> combine, int idx) {if (idx == candidates.length) {return;}if (target == 0) {ans.add(new ArrayList<Integer>(combine));return;}// 直接跳过dfs(candidates, target, ans, combine, idx + 1);// 选择当前数if (target - candidates[idx] >= 0) {combine.add(candidates[idx]);dfs(candidates, target - candidates[idx], ans, combine, idx);combine.remove(combine.size() - 1);}}
}

时间复杂度： O(S)，其中S为所有可行解的长度之和。从分析给出的搜索树我们可以看出时间复杂度取决于搜索树所有叶子节点的深度之和，即所有可行解的长度之和。在这题中，我们很难给出一个比较紧的上界，我们知道O(n×2n)是一个比较松的上界，即在这份代码中，n个位置每次考虑选或者不选，如果符合条件，就加入答案的时间代价。但是实际运行的时候，因为不可能所有的解都满足条件，递归的时候我们还会用target−candidates[idx]≥0进行剪枝，所以实际运行情况是远远小于这个上界的。
空间复杂度： O(target)。除答案数组外，空间复杂度取决于递归的栈深度，在最差情况下需要递归O(target)层。