现在网站优化怎么做建设网站的十个步骤

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：$O(n\ast C_m^n)$

  • 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 $O(\frac{4^n}{\sqrt{n}})$

2、代码

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

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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：$O(n\ast 2^n)$ ，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())returnif i == len(candidates) or left < 0:return# 不选idfs(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+1dfs(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

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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：$O(n\ast 2^n)$ ，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())returnif i == len(candidates):returnx = candidates[i]if left < x:returnpath.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 += 1while i < n and candidates[i] == x:i += 1dfs(i,left)dfs(0,target)return ans

3、代码问题

• 这边我一开始只注意到不可以重复使用，直接在上一题的基础上快速修改了，就报错了……
• 这道题的元素仓库本来就有重复的元素，所以我需要处理这个细节，否则我的ans中就有很多重复答案。

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