给出一个具备重复数字的列表,找出列表全部不一样的排列。
样例 1:
输入:[1,1]
输出:
[
[1,1]
]
样例 2:
输入:[1,2,2]
输出:
[
[1,2,2],
[2,1,2],
[2,2,1]
]
解题思路
- 这道题咱们须要使用dfs+回溯的方法来进行求解。
- 咱们定义dfs函数,使用递归的方法对决策树进行深度优先遍历。对于长度为n的数组nums,咱们一位一位地生成它的排列数组,每深刻一层数组长度就加1,遍历到叶节点时生成数组的长度达到n,即为咱们的答案。
- 因为数组中有重复元素,因此咱们在遍历时须要剪枝操做。
算法流程
- 首先对数组进行排序,以使得重复元素相邻,这样才能进行剪枝。
- 定义数组used,used[i]表示nums[i]是否已使用过,初始化全为false。数组path,表示从根结点到该节点通过的路径,即当前已生成的数组,初始化为空。数组res存储结果。
- 使用dfs函数进行递归遍历
- 递归出口:若是path的长度与nums的长度相等,说明已经生成好了排列数组path,那么咱们把它的拷贝加入res中。
- 遍历nums中的每一个元素,对于nums[i]
- 若是path中已经存在,即used[i]为true,跳过
- 若是它和前一位元素相等,即nums[i-1] == nums[i],而且前一位元素已经搜索并回溯过了,即!used[i-1],为了不生成重复的排列数组,也跳过
- 排除上述两种状况后,把nums[i]变为true,而后对新生成的path继续送入dfs函数中。
- 最后进行回溯操做,即删除path[i],used[i]变为false。
举例说明
- 如图所示,nums = [1, 2, 2],第二个2标记为2'用于区分相同元素。每一个节点有path和used两个属性。
- 首先,在根结点,path为[],used全为false(图中标为[0, 0, 0])。而后进行dfs遍历,到下一层,先加入元素1,path为[1],used为[1, 0,0 ]。再到下一层,因为1已经使用过了,咱们加入元素2,path为[1, 2],used为[1, 1,0 ]。这样,每深一层path长度加1。达到最底层的叶节点,path为[1, 2, 2],把它加入res中。同理,能够获得其余的叶节点。
- 注意,图中标出画叉的地方,表明出现了重复元素而进行剪枝。
复杂度分析
- 时间复杂度:O(n×n!),这里 n 为数组的长度。当没有重复元素时,排列数组有n!个,即最深层有n!个叶子节点,而拷贝操做须要n,因此时间复杂度为O(n×n!)
- 空间复杂度:O(n×n!)。最差状况下,返回的全排列数组有n!个,每一个长度为n。
代码
public class Solution {
* @param : A list of integers
* @return: A list of unique permutations
*/
public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
boolean[] used = new boolean[nums.length];
Deque<Integer> path = new ArrayDeque<>(nums.length);
Arrays.sort(nums);
dfs(nums, used, path, res);
return res;
}
private void dfs(int[] nums, boolean[] used, Deque<Integer> path, List<List<Integer>> res) {
if (path.size() == nums.length) {
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
if ((used[i]) || (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1])) {
continue;
}
path.addLast(nums[i]);
used[i] = true;
dfs(nums, used, path, res);
used[i] = false;
path.removeLast();
}
}
}