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wzjs 2025/7/26 4:09:47

做公司的网站大概多少钱,网络建站优化科技,最近免费高清版电影在线观看,网站开发人员岗位职责全排列 II：去重的技巧与实现 1. 引言：排列问题的坑你有没有遇到过这样的问题？ 当我们在做全排列（Permutation）的时候，如果输入的数组中包含重复元素，生成的排列中就会出现大量重复项。这样不…

全排列 II：去重的技巧与实现

1. 引言：排列问题的坑

你有没有遇到过这样的问题？

当我们在做全排列（Permutation）的时候，如果输入的数组中包含重复元素，生成的排列中就会出现大量重复项。这样不仅浪费计算资源，还让结果变得冗余。例如，给定数组 [1, 1, 2]，如果不去重，可能会得到：

[1, 1, 2]
[1, 2, 1]
[1, 1, 2]  # 重复！
[1, 2, 1]  # 重复！
[2, 1, 1]
[2, 1, 1]  # 重复！

显然，这种重复的排列是无意义的。如何高效去重，是 全排列 II（Permutations II） 这个问题的核心挑战。

今天，我们就来聊聊 如何在回溯算法（Backtracking）中优雅地去重，让我们的排列结果既高效又准确。

2. 经典回溯法：全排列的基本实现

我们先来看看不去重的全排列回溯算法。

回溯算法的核心思路是：

从头开始尝试排列，每次选择一个数字放入当前排列。
标记已经使用过的数字，防止重复选择。
递归进入下一层，直到排列长度达到原数组长度。
回溯撤销选择，尝试其他可能的排列。

基本代码如下：

def permute(nums):def backtrack(path, used):# 终止条件：排列完成if len(path) == len(nums):res.append(path[:])  # 复制当前排列returnfor i in range(len(nums)):if not used[i]:used[i] = Truepath.append(nums[i])backtrack(path, used)path.pop()  # 回溯used[i] = Falseres = []backtrack([], [False] * len(nums))return res# 测试
print(permute([1, 1, 2]))

这个算法的复杂度是 O(n!)，但它会生成重复的排列。如何去重呢？

3. 关键优化：去重技巧

3.1 使用排序+剪枝

为了避免重复，我们需要确保 相同的数字不会在同一层被重复使用。

关键思路

先排序：让相同的元素相邻，方便去重。
跳过重复元素：如果前一个元素和当前元素相同，并且前一个元素还未被使用，就跳过当前元素。

优化后的代码

def permute_unique(nums):def backtrack(path, used):if len(path) == len(nums):res.append(path[:])returnfor i in range(len(nums)):# 剪枝去重的关键：if used[i]:continue  # 跳过已经使用的数字if i > 0 and nums[i] == nums[i - 1] and not used[i - 1]:continue  # 跳过重复元素used[i] = Truepath.append(nums[i])backtrack(path, used)path.pop()used[i] = Falsenums.sort()  # 先排序，让相同的数字相邻res = []backtrack([], [False] * len(nums))return res# 测试
print(permute_unique([1, 1, 2]))

运行结果

[[1, 1, 2], [1, 2, 1], [2, 1, 1]]

3.2 为什么能去重？

排序后，相同的数字相邻，我们可以方便地判断是否跳过。
not used[i-1] 条件 确保了我们不会选择一个“前面相同但未使用”的元素，避免了重复排列。
回溯过程中保证顺序，不会破坏排列的唯一性。

4. 复杂度分析

这个优化算法的时间复杂度仍然是 O(n!)，但由于剪枝减少了递归次数，实际执行效率会明显提升。

如果 nums 长度为 n，假设去重后有效排列数为 m，那么：

最坏情况（无重复）：复杂度仍然是 O(n!)。
最优情况（大量重复）：复杂度会接近 O(m * n)，远优于 O(n!)。

在实际应用中，去重优化带来的加速效果非常明显，尤其是当输入数组包含大量重复元素时。

5. 进阶优化：使用哈希表去重

另一种方法是使用 set 记录已经使用的元素，避免重复排列。

def permute_unique_set(nums):def backtrack(path):if len(path) == len(nums):res.append(path[:])returnused_set = set()for i in range(len(nums)):if used[i] or nums[i] in used_set:continue  # 跳过重复元素used[i] = Trueused_set.add(nums[i])  # 记录已经使用的元素path.append(nums[i])backtrack(path)path.pop()used[i] = Falseres = []used = [False] * len(nums)backtrack([])return res