思路

• 思路：求出数组中元素的所有排列顺序，并用数组输出。

• 解法一： 暴力枚举

  • 用n层for循环，每层循环依次固定一个数
  • 超时，时间开销太大，n个元素就是O(n ^ n)

• 解法二： 根据决策树 进行递归
  

  • 根据上图，我们需要创建下面三个全局变量.
    
  • 结束条件：当我们遍历到叶子节点时（即path.size() == nums.size()），将path加入到ret中，并向上返回。
  • 回溯：对当前元素dfs后，进行回溯，回溯即将之前加入到path 的元素删除，并将used重新置为false。

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret; // 用于存储最终结果bool used[7]; // 用于记录某个下标的元素是否在序列中vector<int> path; // 用于记录某个下标的元素是否已经加入到序列中vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {dfs(nums);return ret;}void dfs(vector<int>& nums) {if(path.size() == nums.size()){ret.push_back(path);return;}// 遍历数组，对每一位都进行dfs && 排列for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){if(used[i] == false) // 如果该位置未加入到当前序列中{path.push_back(nums[i]);used[i] = true;dfs(nums);// dfs向上返回回来 -> 回溯path.pop_back();used[i] = false;}}}
};

• 题目要求我们将数组的所有子集统计，并以数组形式返回（空集就是空数组）

解法一

• 解法： 根据 选与不选 画决策树
  

  • 根据上图决策树，我们通过对一个元素的选择与否划分树，而当到达叶子节点的时候（i == nums.size()）向上返回即可。
  • 函数头：首先需要的参数是数组本身，其次我们通过变量i来标记当前选择的元素所在层数，则 void dfs(vector<int>& nums, int i)
  • 函数体：分别写出选择与不选择该元素时的代码即可
  • 结束条件：如前面所说，当 到叶子节点时返回。

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {int i = 0;dfs(nums, i);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int i){if(i == nums.size()){ret.push_back(path);return;}// 不选当前元素dfs(nums, i + 1);// 选当前元素path.push_back(nums[i]);dfs(nums, i + 1);path.pop_back();}
};

解法二

• 解法： 根据子集包含的元素个数 画 决策树
• 如上图所示，以此法画的决策树，每个节点的值都是有效值
  • 函数头：第一个参数是数组本身，另外需要给出当前遍历到nums的第几个元素。void dfs(vector<int>& nums, int pos)
  • 函数体：
    1. 在函数开始时先将当前子集加入到ret中
    2. 利用for循环，每次从pos开始遍历数组：每次将一个元素作为子集第一位的所有子集检索完毕后，再以下一个元素作为子集第一位，可以防止重复子集
       • for循环中每次将当前元素加入到path中，dfs下一位，最后回溯

代码

class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {int pos = 0;dfs(nums, pos);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos){ret.push_back(path);for(int i = pos; i < nums.size(); ++i){path.push_back(nums[i]);dfs(nums, i + 1);path.pop_back(); // 回溯 - 恢复现场}}
};

有待更新… …