回溯剪枝的“减法艺术”：化解超时危机的 “救命稻草”(三)

专栏：算法的魔法世界

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目录

一、例题讲解

1.1. 组合总和

1.2. 字母大小写全排列

1.3. 优美的排列

1.4. N 皇后

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一、例题讲解

1.1. 组合总和

        给定无重复元素的整数数组candidates和目标整数target，找出数组中所有能使数字和等于target的不同组合，以列表形式返回（组合顺序可任意）。candidates中的同一个数字可无限制重复选取，并且两种组合若至少一个数字的选取数量不同，则视为不同组合。

        解法一：根据决策树，我们可以看出，如果我们选了某个位置的数字，那么不用考虑前面位置的数字，或者如果在搜索过程中，如果组合总和大于 target，就要实行剪枝。递归方法只需要关心上一个位置选了什么，接下来就从这一个位置开始枚举。我们依然需要用到全局变量 path 来记录路径和， ret 作为最后的返回值。当路径和 >= 目标值时，记录结果并返回。

        完整代码实现：

class Solution {int aim = 0;List<Integer> path;List<List<Integer>> ret;public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {aim = target;path = new ArrayList<>();ret = new ArrayList<>();// 深搜，从索引0开始，当前和为0dfs(candidates, 0, 0);return ret;}private void dfs(int[] candidates, int pos, int sum) {// 如果当前和等于目标和，将当前路径添加到结果列表中if (sum == aim) {ret.add(new ArrayList<>(path));return;}// 如果当前和大于目标和或者已经遍历完所有候选数字，则返回if (sum > aim || pos >= candidates.length) {return;}for (int i = pos; i < candidates.length; i++) {path.add(candidates[i]);dfs(candidates, i, sum + candidates[i]);// 回溯，移除最后添加的数字path.remove(path.size() - 1);}}
}

        解法二：这次的思路是从给定的候选数字数组中找出所有和为目标值的组合，其中每个数字可以被重复使用。对于每个数字，考虑使用它0次、1次、2次...直到总和超过目标值；当总和等于目标值时，将当前组合加入结果集。回溯时，需要移除当前添加的所有当前数字，以便尝试其他组合。

        完整代码实现：

class Solution {int aim = 0;List<Integer> path;List<List<Integer>> ret;public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {aim = target;path = new ArrayList<>();ret = new ArrayList<>();dfs(candidates, 0, 0);return ret;}private void dfs(int[] candidates, int pos, int sum) {if (sum == aim) {ret.add(new ArrayList<>(path));return;}if (sum > aim || pos == candidates.length) {return;}// 遍历当前数字的可能使用次数for (int k = 0; k * candidates[pos] + sum <= aim; k++) {// 如果不是第一次使用当前数字，则将其加入路径if (k != 0) {path.add(candidates[pos]);}dfs(candidates, pos + 1, sum + k * candidates[pos]);}for (int k = 1; k * candidates[pos] + sum <= aim; k++) {path.remove(path.size() - 1);}}
}

1.2. 字母大小写全排列

        给定字符串 s，对字符串中的每个字母（数字不处理）进行「大小写转换」操作（可转也可保留原大小写），生成所有可能得到的不同字符串，最终返回这些字符串的集合（集合内字符串顺序无要求）。

        对字符串 s 进行遍历，当遇到的是字母字符时，需要进行大小写转化，并添加到全局变量 StringBuffer letter 中，如果是数字，直接添加。当遍历到字符串的最后一个字符时，递归结束，此时删除最后一个字符进行回溯。

        完整代码实现：

class Solution {StringBuffer letter;List<String> ret;public List<String> letterCasePermutation(String s) {letter = new StringBuffer();ret = new ArrayList<>();dfs(s, 0);return ret;}private void dfs(String s, int pos) {// 到达字符串末尾，将当前组合添加到结果列表中if (pos == s.length()) {ret.add(letter.toString());return;}char ch = s.charAt(pos);letter.append(ch);// 递归处理下一个位置dfs(s, pos + 1);// 回溯，删除最后一个字符letter.deleteCharAt(letter.length() - 1);// 如果当前字符是字母，则尝试转换大小写if (Character.isLetter(ch)) {char tmp = change(ch);letter.append(tmp);dfs(s, pos + 1);// 回溯，删除最后一个字符letter.deleteCharAt(letter.length() - 1);}}private char change(char ch) {if (Character.isUpperCase(ch)) {// 大写转小写ch = Character.toLowerCase(ch);} else {// 小写转大写ch = Character.toUpperCase(ch);}return ch;}
}

1.3. 优美的排列

        给定整数 n，计算并返回可以构造出的优美排列的总数量。数组 perm 需满足下述 两个条件之一，即可称为 “优美的排列”：

• 条件 1：数组第 i 位的元素 perm[i] 能被下标 i 整除（perm[i] % i == 0）；
• 条件 2：下标 i 能被数组第 i 位的元素 perm[i] 整除（i % perm[i] == 0）。

        根据决策树，依次从1——n选取数字作为第一个位置，每个元素只能选一次，如果该数字在某个索引位置能满足上面两个条件时，则继续向下递归，当尝试完所有数字后，说明已经找到一个优美的排列。

        完整代码实现：

class Solution {boolean[] check; // 标记数组，用于标记某个数是否被使用过int ret;public int countArrangement(int n) {check = new boolean[n + 1];dfs(1, n);return ret;}private void dfs(int pos, int n) {// 递归终止条件，当pos等于n+1时，说明已经找到了一种排列方式if (pos == n + 1) {ret++;return;}// 遍历1到n的所有数，尝试将每个数放在pos位置for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!check[i] && (i % pos == 0 || pos % i == 0)) {// 如果i没有被使用过，并且i和pos互为因子，则将i放在pos位置check[i] = true;dfs(pos + 1, n);// 回溯，将i从pos位置移除，并标记为未使用过check[i] = false;}}}
}

1.4. N 皇后

        在 n×n 的棋盘上放置 n 个皇后，确保皇后之间无法相互攻击（遵循国际象棋皇后规则：不能处于同一行、同一列，或同一 45°/135° 斜线上）。返回所有不同的合法解决方案，每个方案以列表形式呈现 —— 列表中的每个元素是字符串，代表棋盘的一行，其中 'Q' 表示皇后，'.' 表示空位。

        本题的决策树，我们需要一个格子一个格子去考虑剪枝的策略。当我们在某一行的一个格子上放上皇后之后，其他的格子能不能放皇后，我们可以使用布尔类型的数组数组 col[n] 标记某一列是否已有皇后。若 col[j] = true，说明第 j 列已有皇后，当前位置 (i,j) 不能放。对于对角线上的判断：主对角线的数学特征是 “行 - 列的差值固定”（如 y−x=b）。为了避免负数，用 i - j + n（n 是棋盘规模）作为数组索引。若 digi1[i - j + n] = true，说明同一主对角线已有皇后。副对角线的判断：副对角线的数学特征是 “行 + 列的和固定”（如 x+y=b）。用 i + j 作为数组索引。若 digi2[i + j] = true，说明同一副对角线已有皇后。

        图中决策树的每个节点，代表 “在某一行放置皇后的位置”，如果每个分支因某一列或者对角线冲突直接剪枝；最终能走到叶子节点时，就是一个合法的 “N 皇后布局”。

        完整代码实现：

class Solution {boolean[] checkCol, checkDg1, checkDg2;List<List<String>> ret;char[][] path;int m;public List<List<String>> solveNQueens(int n) {m = n;checkCol = new boolean[n];checkDg1 = new boolean[n * 2];checkDg2 = new boolean[n * 2];ret = new ArrayList<>();path = new char[n][n];for (int i = 0; i < n; i++) {Arrays.fill(path[i], '.');}dfs(0);return ret;}private void dfs(int row) {// 递归终止条件：如果已经处理完所有行，将当前解添加到结果列表中if (row == m) {List<String> tmp = new ArrayList<>();// 将当前路径中的棋盘状态转换为为字符串列表for (int i = 0; i < m; i++) {tmp.add(new String(path[i]));}ret.add(new ArrayList<>(tmp));}// 遍历当前行的所有列for (int col = 0; col < m; col++) {// 两个对角线是否有皇后if (!checkCol[col] && !checkDg1[row - col + m] && !checkDg2[row + col]) {// 放置皇后path[row][col] = 'Q';// 标记该列和对角线已被占用checkCol[col] = checkDg1[row - col + m] = checkDg2[row + col] = true;dfs(row + 1);// 回溯，移除皇后path[row][col] = '.';checkCol[col] = checkDg1[row - col + m] = checkDg2[row + col] = false;}}}
}