给定两个整数 n 和 k，返回 1 … n 中所有可能的 k 个数的组合。
一、题目要求
输入: n = 4, k = 2
输出:
[
[2,4],
[3,4],
[2,3],
[1,2],
[1,3],
[1,4],
]
二、示例算法
Swift
- 因结果集合全是由小到达排序的方式，所以不用考虑去重复，因此流程变得简单多了；
- 用一个数组t来记录目前已经访问数据、如果数组中的元素数量等于k 意味着找到了一组答案，存到res中；
- 每次递时记录数据时起始元素为 t 数组中最后一个+1，并判断剩余未遍历的数据的数据是否还够用；
- 如果不够用了，直接没有必要继续向下遍历直接返回。
var res = [[Int]]()
func bt(_ n:Int, _ count:Int, _ t:[Int]){
let tLen = t.count
if tLen == count {
res.append(t);
return;
}
let minT = t.count > 0 ? t.last!+1 : 1
if minT > n || n-minT+1 < count-tLen {
return;
}
var tmp = t
for i in minT ... n {
tmp.append(i)
bt(n,count,tmp)
tmp.removeLast()
}
}
func combine(_ n: Int, _ k: Int) -> [[Int]] {
let tmp = [Int]()
bt(n, k, tmp)
return res
}
Java
- Java实现：既然是树形问题上的深度优先遍历，因此首先画出树形结构。例如输入：n = 4, k = 2，我们可以发现如下递归结构：
- 如果组合里有 1 ，那么需要在 [2, 3, 4] 里再找 1 个数；
- 如果组合里有 2 ，那么需要在 [3, 4] 里再找 1 个数。
- 注意：这里不能再考虑 1，因为包含 1 的组合，在第 1 种情况中已经包含。
- 依次类推（后面部分省略），以上描述体现的 递归 结构是：在以 n 结尾的候选数组里，选出若干个元素。画出递归结构如下图：
- 说明：
- 叶子结点的信息体现在从根结点到叶子结点的路径上，因此需要一个表示路径的变量 path，它是一个列表，特别地，path 是一个栈；
- 每一个结点递归地在做同样的事情，区别在于搜索起点，因此需要一个变量 start ，表示在区间 [begin, n] 里选出若干个数的组合。
- Java算法一：
public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
if (k <= 0 || n < k) {
return res;
}
// 从 1 开始是题目的设定
Deque<Integer> path = new ArrayDeque<>();
dfs(n, k, 1, path, res);
return res;
}
private void dfs(int n, int k, int begin, Deque<Integer> path, List<List<Integer>> res) {
// 递归终止条件是：path 的长度等于 k
if (path.size() == k) {
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
// 遍历可能的搜索起点
for (int i = begin; i <= n; i++) {
// 向路径变量里添加一个数
path.addLast(i);
// 下一轮搜索，设置的搜索起点要加 1，因为组合数理不允许出现重复的元素
dfs(n, k, i + 1, path, res);
// 重点理解这里：深度优先遍历有回头的过程，因此递归之前做了什么，递归之后需要做相同操作的逆向操作
path.removeLast();
}
}
- Java算法二：
public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
if (k <= 0 || n < k) {
return res;
}
Deque<Integer> path = new ArrayDeque<>();
dfs(n, k, 1, path, res);
return res;
}
private void dfs(int n, int k, int begin, Deque<Integer> path, List<List<Integer>> res) {
if (path.size() == k) {
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
for (int i = begin; i <= n; i++) {
path.addLast(i);
System.out.println("递归之前 => " + path);
dfs(n, k, i + 1, path, res);
path.removeLast();
System.out.println("递归之后 => " + path);
}
}
public static void main(String[] args) {
Solution solution = new Solution();
int n = 5;
int k = 3;
List<List<Integer>> res = solution.combine(n, k);
System.out.println(res);
}
- 优化：分析搜索起点的上界进行剪枝
- 上面的代码，搜索起点遍历到 n，即：递归函数中有下面的代码片段：
// 从当前搜索起点 begin 遍历到 n
for (int i = begin; i <= n; i++) {
path.addLast(i);
dfs(n, k, i + 1, path, res);
path.removeLast();
}
- 事实上，如果 n = 7，k = 4，从 5 开始搜索就已经没有意义了，这是因为：即使把 5 选上，后面的数只有 6 和 7，一共就 3 个候选数，凑不出 4 个数的组合。因此，搜索起点有上界，这个上界是多少，可以举几个例子分析。
- 分析搜索起点的上界，其实是在深度优先遍历的过程中剪枝，剪枝可以避免不必要的遍历，剪枝剪得好，可以大幅度节约算法的执行时间。
- 下面的图片绿色部分是剪掉的枝叶，当 n 很大的时候，能少遍历很多结点，节约了时间。
-
容易知道：搜索起点和当前还需要选几个数有关，而当前还需要选几个数与已经选了几个数有关，即与 path 的长度相关。举几个例子分析：
-
例如：n = 6 ，k = 4：
- path.size() == 1 的时候，接下来要选择 3 个数，搜索起点最大是 4，最后一个被选的组合是 [4, 5, 6]；
- path.size() == 2 的时候，接下来要选择 2 个数，搜索起点最大是 5，最后一个被选的组合是 [5, 6]；
- path.size() == 3 的时候，接下来要选择 1 个数，搜索起点最大是 6，最后一个被选的组合是 [6]；
-
再如：n = 15 ，k = 4：
- path.size() == 1 的时候，接下来要选择 3 个数，搜索起点最大是 13，最后一个被选的是 [13, 14, 15]；
- path.size() == 2 的时候，接下来要选择 2 个数，搜索起点最大是 14，最后一个被选的是 [14, 15]；
- path.size() == 3 的时候，接下来要选择 1 个数，搜索起点最大是 15，最后一个被选的是 [15]；
-
结论：搜索起点的上界 + 接下来要选择的元素个数 - 1 = n。
-
接下来要选择的元素个数 = k - path.size()，整理得到：
搜索起点的上界 = n - (k - path.size()) + 1
- 因此我们的剪枝过程就是：把 i <= n 改成 i <= n - (k - path.size()) + 1 ：
public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
if (k <= 0 || n < k) {
return res;
}
Deque<Integer> path = new ArrayDeque<>();
dfs(n, k, 1, path, res);
return res;
}
private void dfs(int n, int k, int index, Deque<Integer> path, List<List<Integer>> res) {
if (path.size() == k) {
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
// 只有这里 i <= n - (k - path.size()) + 1 与参考代码 1 不同
for (int i = index; i <= n - (k - path.size()) + 1; i++) {
path.addLast(i);
dfs(n, k, i + 1, path, res);
path.removeLast();
}
}