《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.08. 有重复字符串的排列组合（回溯算法，全排列问题）C++

Posted 2023-04-01 阿宋同学

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.08. 有重复字符串的排列组合（回溯算法，全排列问题）C++相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

题目描述

有重复字符串的排列组合。编写一种方法，计算某字符串的所有排列组合。

示例1:

输入：S = “qqe”
输出：[“eqq”,“qeq”,“qqe”]

示例2:

输入：S = “ab”
输出：[“ab”, “ba”]

提示:

字符都是英文字母。
字符串长度在[1, 9]之间。

解题思路与代码

这道题一看还是一道关于排列的问题。只要有关排列的问题，我们都可以通过回溯法去解决。

方法一：回溯法 + 使用unordered_set数据结构进行去重

如果没有做过《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.07. 无重复字符串的排列组合（回溯算法，全排列问题）C++
这道题的小伙伴，先去做一下这道题。

这道题与上面链接的那道题非常像，只不过，这里字符串中的字符开始出现有重复的字符了。所以我们做这道题的时候就需要去重。我们直接用unordered_set这种数据结构去去一下重好了。代码与上道题的代码没什么区别，这里给出这道题的代码：

class Solution 
public:
    vector<string> permutation(string S) 
        unordered_set<string> result;
        backtracking(S,result,0);
        vector<string> vec;
        for(auto a : result)
            vec.push_back(a);
        
        return vec;
    
    void backtracking(string& S,unordered_set<string>& result,int begin)
        if(begin == S.size())
            result.insert(S);
            return;
        
        for(int i = begin;i < S.size(); ++i)
            swap(S[i],S[begin]);
            backtracking(S,result,begin+1);
            swap(S[i],S[begin]);
        
    
;

复杂度分析

时间复杂度：

这段代码的时间复杂度主要取决于两个部分：backtracking 函数的执行次数以及将结果从 unordered_set 转移到 vector 的时间。
backtracking 函数的执行次数：对于长度为 n 的字符串，我们需要对每个字符进行排列组合，这会产生 n! 个排列。在回溯算法中，我们会遍历整个排列空间。因此，backtracking 函数的执行次数为 O(n!)。
将结果从 unordered_set 转移到 vector：result 中最多有 n! 个元素。遍历 result 并将其中的元素插入 vector 的时间复杂度为 O(n!)。
综合这两部分，总的时间复杂度为 O(n!)。

空间复杂度：

空间复杂度主要取决于三个方面：递归调用栈的深度、结果存储在 unordered_set 中所占用的空间，以及结果向量 vec 所占用的空间。
递归调用栈的深度：在回溯算法中，递归调用栈的深度等于字符串的长度 n。因此，递归调用栈的空间复杂度为 O(n)。
结果存储在 unordered_set 中所占用的空间：result 中最多有 n! 个元素，每个元素是一个长度为 n 的字符串。因此，结果存储在 unordered_set 中所占用的空间复杂度为 O(n * n!)。
结果向量 vec 所占用的空间：vec 中有 n! 个元素，每个元素是一个长度为 n 的字符串。因此，结果向量所占用的空间复杂度为 O(n * n!)。
由于这三部分空间是算法使用的空间，因此总的空间复杂度为这三者之和，即 O(n) + O(n * n!) + O(n * n!) = O(2 * n * n!) = O(n * n!)。
所以，这段代码的时间复杂度为 O(n!)，空间复杂度为 O(n * n!)。

方法二：对代码一的方法进行优化。

在这道题里，因为可能有重复的字符，方法一是直接用unordered_set在结果处进行去重，重复的答案不会被存进集合中,但这种方法不会减少递归的此时。那有没有一种方法，可以在做交换的时候就进行剪枝操作而进行去重呢，而去减少递归的次数呢？

答案当然是有，我们可以通过一个unordered_set去记住在当前的这一层循环里出现过哪些字符，如果出现了重复的字符，那我们就跳过这次交换，直接进入下一次交换。这样也同样达到了去重的目的，也减少了递归的次数。但是不好的一点是增加了内存的存储空间，因为每一层递归都要创建一个unordered_set去存储出现过的字符。

具体代码如下：

class Solution 
public:
    vector<string> permutation(string S) 
        vector<string> result;
        backtracking(S, result, 0);
        return result;
    

    void backtracking(string &S, vector<string> &result, int begin) 
        if (begin == S.size()) 
            result.push_back(S);
            return;
        
        unordered_set<char> used_chars;  // 用于存储已经在当前位置出现过的字符
        for (int i = begin; i < S.size(); ++i) 
            if (used_chars.find(S[i]) != used_chars.end()) 
                continue;  // 如果当前字符已经在当前位置出现过，则跳过这次交换
            
            used_chars.insert(S[i]);  // 记录当前字符
            swap(S[i], S[begin]);
            backtracking(S, result, begin + 1);
            swap(S[i], S[begin]);
        
    
;

复杂度分析

通过这种剪枝策略，我们避免了搜索重复的路径，从而降低了时间复杂度。然而，在最坏情况下（如所有字符都不同），算法的时间复杂度仍然是 O(n!)。空间复杂度与之前的分析相同，为 O(n * n!)。虽然这种剪枝策略不能在理论上改进时间复杂度，但在有重复字符的情况下，实际运行效率会有所提升，但是同样每一层都会多创建出一个unordered_set去存储至多n个字符，会多消耗一部分的内存空间。

方法三，对代码二的再次优化！

这一次我们写了一个hasDuplicate函数来检查有没有重复出现的字符。这样就不会使用额外的内存空间去存储字符了。
因为begin的值肯定是要比i小的，因为i会递增，而begin不会，从而我们在这个函数中，去递增begin，看看有没有会出现与i相当的字符，如果出现了，就说明有重复，就要跳过这个循环！

class Solution 
public:
    vector<string> permutation(string S) 
        vector<string> result;
        backtracking(S,result,0);
        return result;
    
    void backtracking(string& S,vector<string>& result,int begin)
        if(begin == S.size()) 
            result.push_back(S);
            return;
        
        for(int i = begin; i < S.size(); ++i)
            if(hasDuplicate(S,begin,i)) continue;
            swap(S[i],S[begin]);
            backtracking(S,result,begin+1);
            swap(S[i],S[begin]);
        
    
    bool hasDuplicate(string& S, int begin,int end)
        for(int i = begin; i < end; ++i)
            if(S[i] == S[end]) return true;
        return false;
    
;

复杂度分析

时间复杂度：

permutation 函数的时间复杂度主要取决于 backtracking 函数。在最坏情况下，回溯算法将尝试所有可能的排列组合，即 n!。
hasDuplicate 函数的时间复杂度为 O(n)（在 for 循环内部进行比较）。
backtracking 函数中调用了 hasDuplicate 函数，所以在最坏情况下，总时间复杂度为 O(n! * n)。

空间复杂度：

结果向量 result 的空间复杂度为 O(n!)，因为它需要存储所有排列组合。
递归栈的空间复杂度为 O(n)，因为最深的递归调用次数等于字符串的长度。
总的空间复杂度为 O(n! + n)。

综上所述，该算法的时间复杂度为 O(n! * n)，空间复杂度为 O(n! + n)。

虽然说，代码1,2,3的时间复杂度都是O(n!)，但是在代码三的实际时间复杂度要比1,2快了不少。

总结

这道题不算一道特别难的题。但是呢，剪枝和去重，才是这道题的重中之重。写出简洁并且高效的回溯算法并不容易。我们还得去多学习多总结！

《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.01. 三步问题（动态规划，c++）

题目描述

三步问题。有个小孩正在上楼梯，楼梯有n阶台阶，小孩一次可以上1阶、2阶或3阶。实现一种方法，计算小孩有多少种上楼梯的方式。结果可能很大，你需要对结果模1000000007。

示例1:

输入：n = 3
输出：4
说明: 有四种走法

示例2:

输入：n = 5
输出：13

提示:

n范围在[1, 1000000]之间

解题思路与代码

这道题，我说实话对我而言没有什么太大的思路。然后我去网上看了看题解，主流的解法就是使用动态规划去解题，还有用矩阵快速幂去解题的，博主我大学数学学的不好，后悔大学没有好好学习高数，线代了，所以我这里先介绍动态规划的解法，到未来，如果我有一天数学基础又好了，我会回来将矩阵快速幂这个解法来补上的。

方法一，动态规划

这道题我们直接去套用Carl哥的动态规划五部曲，去解题分析。

第一步,确定dp数组以及下标的含义：

dp[i] : 爬到第i层楼，有dp[i]种方法。

第二步，确定递推（推导）公式

从dp[i] 的定义我们可以推导出，有三种方式可以得到dp[i]，分别是：
- dp[i-1]代表的是，到达i-1层楼，一共有dp[i-1]种方法，那我再上一层楼，是不是就得到dp[i]了呢？
- dp[i-2]代表的是，到达i-2层楼，一共有dp[i-2]种方法，那我再上两层楼，是不是就得到dp[i]了呢？
- dp[i-3]代表的是，到达i-3层楼，一共有dp[i-3]种方法，那我再上三层楼，是不是就得到dp[i]了呢？
所以dp[i]就是dp[i-1],dp[i-2],dp[i-3]它们的和，dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];

第三步，dp数组如何初始化？

首先，我认为所谓初始化，就是如何从最底层向结果去推演的一个过程，因为我们之前知道，一共有三种方式可以得到dp[i],所以我们等下就要初始化3个值。
那么由题意可值，n是一个正整数，最小值为1，这里讨论dp[0],就没有意义。
所以我们要从dp[1]开始初始化，所以dp[1] = 1,dp[2] = 1,dp[2] = 2,dp[3] = 4

第四步，确定遍历顺序

由递推公式：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]; 我们可以看出，遍历顺序，一定是从前向后去遍历的。

第五步，举例推导dp数组

当 n 为 6 时，
- dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4,
- dp[4] = dp[1] + dp [2] + dp[3] = 7,
- dp[5] = dp[2] + dp [3] + dp[4] = 13,
- dp[6] = dp[3] + dp [4] + dp[5] = 24.

当这五部曲分析完成后，我们就可以去写代码啦~

代码如下：

class Solution 
public:
    int waysToStep(int n) 
        if(n <= 2) return n;
        if(n == 3) return 4;
        vector<int> dp (n+1,0);
        dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 4;
        for(int i = 4; i < n+1; ++i)
            dp[i] = ((dp[i-1] + dp[i-2])%1000000007 + dp[i-3])%1000000007; //这个公式是由下面公式合并同类项而来的
        	//dp[i] = ((dp[i-3]%1000000007 + dp[i-2])%1000000007 + dp[i-1]%1000000007)%1000000007;
        return dp[n];
    
;

复杂度分析

时间复杂度分析：

初始化一个长度为 n+1 的 dp 数组，时间复杂度为 O(n)。
遍历 dp 数组，计算 dp[i] 的值，时间复杂度为 O(n)。
整个算法的时间复杂度为 O(n)。

空间复杂度分析：

开辟一个长度为 n+1 的 dp 数组，空间复杂度为 O(n)。
综上所述，该算法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(n)。需要注意的是，由于取模操作的存在，实际运行时间可能会略微慢一些，但不会改变时间复杂度的量级。

方法二，使用滚动遍历，优化动态规划

和上题的思想一样，只不过用4个int变量，去替代了dp数组。
int one = 1，代替了原来的dp[1], int two = 2，代替了原来的dp[2], int three = 4，代替了原来的dp[3],
int result = ((three + two)%1000000007 + one)%1000000007，代替了原来的dp[n]

然后用one = two ，two = three，three = result，去不断更新dp[i-1],dp[i-2],dp[i-3]的值。

具体的代码实现如下：

class Solution 
public:
    int waysToStep(int n) 
        if(n <= 2) return n;
        if(n == 3) return 4;
        int one = 1; int two = 2; int three = 4; int result = 0;
        for(int i = 4; i < n+1; ++i)
            result = ((three + two)%1000000007 + one)%1000000007;
            one = two;
            two = three;
            three = result;
        
        return result;
    
;