47.全排列II-创新互联

关上过去和未来的铁门，活在“今天”这个舱室中。                                ——《人性的优点》

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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。

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

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]]

1<= nums.length<= 8
-10<= nums[i]<= 10

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

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。

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：

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。

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>permuteUnique(int[] nums) {List>permutes = new ArrayList<>();
		Listpermute = 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, Listpermute, List>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;
		}
	}
}

• 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=1n​P(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=1n​P(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)。

题目来源：力扣

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