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LeetCode

题目描述

给定一个无重复元素的正整数数组 candidates 和一个正整数 target ，找出 candidates 中所有可以使数字和为目标数 target 的唯一组合。

candidates 中的数字可以无限制重复被选取。如果至少一个所选数字数量不同，则两种组合是唯一的。

对于给定的输入，保证和为 target 的唯一组合数少于 150 个。

示例 1：

输入: candidates = [2,3,6,7], target = 7
输出: [[7],[2,2,3]]

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: []

示例 4：

输入: candidates = [1], target = 1
输出: [[1]]

示例 5：

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

提示：

1 <= candidates.length <= 30
1 <= candidates[i] <= 200
candidate 中的每个元素都是独一无二的。
1 <= target <= 500
解题思路
方法一：回溯
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：
39. 组合总和 - 图1

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {
        len = candidates.size();
        dfs(candidates,0,target);
        return res;
    }
private:
    vector<vector<int>> res;
    vector<int> path;
    int len = 0;
    void dfs(vector<int>& candidates,int idx,int target){
        if(idx==len||target<0){
            return;
        }
        if(target==0){
            res.push_back(path);
            return;
        }
        dfs(candidates,idx+1,target);
        if(target-candidates[idx]>=0){
            path.push_back(candidates[idx]);
            dfs(candidates,idx,target - candidates[idx]);
            path.pop_back();
        }
    }
};

class Solution {
    List<List<Integer>> res = new LinkedList<List<Integer>>();
    List<Integer> path = new LinkedList<>();
    public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
        recur(candidates, target, 0);
        return res;
    }
    private void recur(int[] candidates, int target, int pos){
        if(pos == candidates.length){
            return;
        }
        if(target == 0){
            res.add(new LinkedList<Integer>(path));
            return;
        }
        // 跳过当前元素
        recur(candidates, target, pos + 1);
        // 选择当前元素  因为下次还在在当前位置开始，所以可以选择0-n次
        if(target - candidates[pos] >= 0){
            path.add(candidates[pos]);
            recur(candidates, target - candidates[pos], pos);
            path.remove(path.size() - 1);
        }
    }
}

class Solution {
    List<List<Integer>> res;
    List<Integer> path;
    public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
        res = new LinkedList<List<Integer>>();
        path = new LinkedList<Integer>();
        backstrack(candidates, 0, target);
        return res;
    }
    private void backstrack(int[] candidates, int pos, int target){
        if(target < 0 || pos >= candidates.length){
            return;
        }
        if(target == 0){
            res.add(new LinkedList<Integer>(path));
            return;
        }
        // 选择当前元素  因为下次还在在当前位置开始，所以可以选择0-n次
        path.add(candidates[pos]);
        backstrack(candidates, pos, target - candidates[pos]);
        // 跳过当前元素
        path.remove(path.size() - 1);
        backstrack(candidates, pos + 1, target);
    }
}

时间复杂度 O(S) :其中 S 为所有可行解的长度之和
空间复杂度 O(target)

39. 组合总和

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方法一：回溯