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代码随想录算法训练营Day24

news 2025/7/8 9:48:03

力扣22.括号生成【medium】
力扣39.组合总和【medium】
力扣40.组数总和Ⅱ【medium】

一、力扣22.括号生成【medium】

题目链接：力扣22.括号生成

视频链接：灵茶山艾府

1、思路

可以理解成2n个位置选n个位置放置左括号
从输入的视角：枚举当前位置填左括号还是右括号？本质上是「选或不选」，把填左括号视作「选」，填右括号视作「不选」。（也可以反过来）。
时间复杂度： $O(n*C_m^n)$
- 分析回溯问题的时间复杂度，有一个通用公式：路径长度×搜索树的叶子数。但由于左右括号的约束，实际上没有这么多叶子，根据 Catalan 数，只有 $\frac{C_m^n}{n+1}$ 个叶子节点，所以实际的时间复杂度为 O(C_m^n)。此外，根据阶乘的 Stirling 公式，时间复杂度也可以表示为 $\frac{4^n}{\sqrt{n}})$

2、代码

class Solution:
    def generateParenthesis(self, n: int) -> List[str]:
        m = n * 2
        ans =[]
        path = [''] * m
        def dfs(i, open):
            if i == m:
                ans.append(''.join(path))
                return
            if open < n:
                path[i] = '('
                dfs(i+1, open + 1)
            if i - open < open :
                path[i] = ')'
                dfs(i+1, open)
        dfs(0,0)
        return ans

二、力扣39.组合总和【medium】

题目链接：力扣39.组合总和

视频链接：代码随想录
题解链接：灵茶山艾府

1、思路

和组数总和Ⅲ有点类似，那边数组的长度是固定的并且不可以重复，这便是不固定可以重复使用，这边也多设置一个参数left表示还差多少完成target的目标。
终止条件：当left == 0就可以存储答案
单层逻辑：选或者不选，**注意这边选的话递归还是本次的i，**由于是可以重复使用的，这和之前的回溯递归不一样的地方
时间复杂度： $O(n*2^n)$ ，注意这只是复杂度的上界，因为剪枝的存在，真实的时间复杂度远小于此

2、代码

class Solution:
    def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
        ans = []
        path = []

        def dfs(i:int, left:int):
            if left == 0:
                ans.append(path.copy())
                return
            if i == len(candidates) or left < 0:
                return
            # 不选i
            dfs(i+1, left)

            path.append(candidates[i])
            # 这边允许元素重复使用，所以递归的话是i而不是i+1
            dfs(i, left - candidates[i]) # 这边i不是数本身，而是数组的索引
            path.pop()
        
        dfs(0, target)
        return ans

三、力扣40.组数总和Ⅱ【medium】

题目链接：力扣40.组数总和Ⅱ

视频链接：代码随想录
题解链接：灵茶山艾府

1、思路

本题和39题的区别是，我们的候选仓库 candidates 中的元素是可以重复的，里面的元素却不可以重复使用，
所以实际上这边不选某个元素的时候要特殊处理，比上一题来的复杂
我们可以先排序一下，比较好处理重复元素，并且可以做到一个优化剪枝
时间复杂度： $O(n*2^n)$ ，注意这只是复杂度的上界，因为剪枝的存在，真实的时间复杂度远小于此

2、代码

"""
注意：本题和39题的区别是，我们的候选仓库 candidates 中的元素是可以重复的，里面的元素却不可以重复使用，
      所以实际上这边不选某个元素的时候要特殊处理，比上一题来的复杂
"""
class Solution:
    def combinationSum2(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
        candidates.sort() # 先从小到大排个序
        n = len(candidates)
        ans = []
        path = []

        def dfs(i:int, left:int):
            if left == 0:
                ans.append(path.copy())
                return

            if i == len(candidates):
                return

            x = candidates[i]
            if left < x:
                return

            path.append(x)
            dfs(i+1, left - x)
            path.pop()

            # 不选 x，那么后面所有等于 x 的数都不选
            # 如果不跳过这些数，会导致「选 x 不选 x'」和「不选 x 选 x'」这两种情况都会加到 ans 中，这就重复了
            i += 1
            while i < n and candidates[i] == x:
                i += 1
            dfs(i,left)

        dfs(0,target)
        return ans