题目(leecode T40):
给定一个候选人编号的集合 candidates
和一个目标数 target
,找出 candidates
中所有可以使数字和为 target
的组合。
candidates
中的每个数字在每个组合中只能使用 一次 。
注意:解集不能包含重复的组合。
方法:本题的要求是每个元素在组合中只能出现一次,并且候选的数字是有可能重复的,因此需要去重操作。分析回溯三部曲。
1:传入参数与返回值:与组合总和的套路相同,此题还需要加一个bool型数组used,用来记录同一树枝上的元素是否使用过。这个集合去重的重任就是used来完成的。
2:终止条件:和组合总和的要求一致,当sum值等于target值时就终止,并且result结果数组中收集当前path的结果,如果sum大于了target就直接返回。
3:单层处理逻辑:本题有一个难点就是因为元素有重复所以最终的结果中我们要去重,有一种方法是算出所有的结果然后再利用set或map的结构去重,但这种方法容易超时,因此我们在计算结果的过程中就需要去重了。去重具体使用的时一个bool类型的used数组,他记录着候选数组中的每个元素的值是否使用过了。具体逻辑入代码所示、
class Solution {
private:
vector<vector<int>> result;
vector<int> path;
void backtracking(vector<int>& candidates, int target, int sum, int startIndex, vector<bool>& used) {
if (sum == target) {
result.push_back(path);
return;
}
for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target; i++) {
// used[i - 1] == true,说明同一树枝candidates[i - 1]使用过
// used[i - 1] == false,说明同一树层candidates[i - 1]使用过
// 要对同一树层使用过的元素进行跳过
if (i > 0 && candidates[i] == candidates[i - 1] && used[i - 1] == false) {
continue;
}
sum += candidates[i];
path.push_back(candidates[i]);
used[i] = true;
backtracking(candidates, target, sum, i + 1, used); // 和39.组合总和的区别1,这里是i+1,每个数字在每个组合中只能使用一次
used[i] = false;
sum -= candidates[i];
path.pop_back();
}
}
public:
vector<vector<int>> combinationSum2(vector<int>& candidates, int target) {
vector<bool> used(candidates.size(), false);
path.clear();
result.clear();
// 首先把给candidates排序,让其相同的元素都挨在一起。
sort(candidates.begin(), candidates.end());
backtracking(candidates, target, 0, 0, used);
return result;
}
};
标签:used,target,sum,随想录,II,vector,candidates,path,打卡
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