Combination Sum

原題鏈接Combination Sum

給定一個無重復項的序列，找到所有和是target的集合，每個元素可以使用多次。

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可以用深度優先（dfs），對于某個元素都有兩種選擇，一種是選擇當前元素至少一次，一種是不選擇當前元素，所以在查找集合時要分開處理。比如說，當前元素下標為1，那么

選擇該元素，然后仍然從位置1開始繼續進行（這保證了下次的元素下標仍然是1，還可以決定選或不選，即至少選擇一次）

不選擇該元素，從位置2開始繼續進行

這兩種情況都可以用一個循環來做，從當前位置開始遍歷給定序列，對于每個元素，如果選擇了那么就是情況1，如果沒有選擇就是情況2

代碼如下

class Solution { public:vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {/* 按遞增排序，遞歸時可以根據當前要選擇的元素和target大小決定是否還需要繼續 */std::sort(candidates.begin(), candidates.end());/* 結果 */vector<vector<int>> res;/* 當前找到的集合 */vector<int> cur;dfs(candidates, target, 0, cur, res);return res;} private:/* 深度優先查找所有滿足條件的集合，target代表和要求總和的差，為0表示找到一個集合 */void dfs(vector<int>& candidates, int target, int idx, vector<int>& cur, vector<vector<int>>& res){/* 找到一個集合，添加到結果集中 */if(target == 0){res.emplace_back(cur);}/* 如果當前位置越界或者當前元素大于所要求的數值，返回，因為是遞增排序，后面的元素肯定也大于 */if(idx >= candidates.size() || candidates[idx] > target)return;for(int i = idx; i < candidates.size(); ++i){cur.emplace_back(candidates[i]);dfs(candidates, target - candidates[i], i, cur, res);cur.pop_back();}} };

當然，如果覺得最后一個for循環不容易理解，可以把for循環去掉，改成

/* 情況1 */ cur.emplace_back(candidates[i]); dfs(candidates, target - candidates[i], i, cur, res); /* 情況2 */ cur.pop_back(); dfs(candidates, target, i + 1, cur, res);

不過這樣會增加遞歸次數，但結果也對。

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Combination Sum II

原題鏈接Combination Sum II

上面的擴展，序列中可以有重復元素，求所有和為target的集合。
這里主要是解決集合重復問題，比如示例中的序列有兩個1，那么第一個1和2,5構成的集合滿足條件，第2個1和2,5構成的集合也滿足條件，但是[1,2,5]這個集合不可以重復出現，所以結果中只有一個[1,2,5]。

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思路還是和上面一樣，深度優先（dfs），但是需要解決重復問題，一種方法是用一個std::set<vector<int>>存儲所有已找到的集合，在添加新集合之前判斷一下是否在set中出現過，但是這種方法仍然需要把所有重復的集合都遍歷出來，比較慢，有什么方法可以在搖籃里扼殺掉重復集合的出現呢。
因為在每層遞歸中都是在for循環中選擇某一個，然后開啟下層循環，所以可以嘗試在for循環中判斷當前選擇的這個元素有沒有遞歸下去的必要。
打個比方，為了直觀，以[10,1,2,7,6,5,5,5]序列為例，排序后為[1,2,5,5,5,6,7,10]。這里把示例中的一個1換成兩個5，為了讓重復的那項在中間，更有一般性。

假設最后找到的集合為a1,a2,…,5,…an，代表只從重復項中拿出一個元素的情況，顯然在以第一個5開始的遞歸過程中就可以組成滿足條件的集合，不需要考慮再從第二個5開始遞歸。

假設最后找到的集合為a1,a2,…,5,5,…an，代表從重復項中拿出多個元素的情況，那么第二個5也在從第一個5開始的遞歸過程中找到了。當然也不需要從第二個5開始遞歸從而和第三個5組成一樣的集合。

所以無論是在所有的5中選擇一個，還是選擇某些個5，都只需要考慮重復項的第一個元素。
代碼如下

class Solution { public:vector<vector<int>> combinationSum2(vector<int>& candidates, int target) {std::sort(candidates.begin(), candidates.end());vector<vector<int>> res;vector<int> cur;dfs(candidates, target, 0, res, cur);return res;} private:void dfs(vector<int>& candidates, int target, int idx, vector<vector<int>>& res, vector<int>& cur){if(target == 0)res.push_back(cur);if(idx >= candidates.size() || candidates[idx] > target)return;for(int i = idx; i < candidates.size(); ++i){if(candidates[i] > target)break;/* 對于后續重復的元素，都不需要在考慮，因為已經在重復元素的第一個元素的遞歸過程中都找到了 */if(i > idx && candidates[i] == candidates[i - 1])continue;cur.emplace_back(candidates[i]);dfs(candidates, target - candidates[i], i + 1, res, cur);cur.pop_back();}} };

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Combination Sum III

原題鏈接Combination Sum III

和前面的要求不太一樣，本題要求最后的集合的個數為k，每個元素都在1-9這個范圍，同時每個元素不能在一個集合中出現多次。
這個就直接用上面的方法找就可以了

class Solution { public:vector<vector<int>> combinationSum3(int k, int n) {vector<vector<int>> res;vector<int> cur;dfs(k, n, 1, cur, res);return res;} private:/* k表示還可以選擇幾個數字，n表示還差多少，idx表示當前選擇到的數字 */void dfs(int k, int n, int idx, vector<int>& cur, vector<vector<int>>& res){if(k == 0 && n == 0){res.emplace_back(cur);return;}if(k == 0)return;for(int i = idx; i < 10; ++i){cur.emplace_back(i);dfs(k - 1, n - i, i + 1, cur, res);cur.pop_back();}} };

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Combination Sum IV

原題鏈接Combination Sum IV

一個結果集合中同一個數字可以出現多次，順序不同的集合算作不同的結果，返回有多少種可能的集合。
因為每次遞歸都可以選擇給定序列的每一個元素，所以如果每次遞歸都遍歷一遍給定序列的話，唔…超時了…為什么會超時，當然是過多的重復計算了，對于某個剩余大小n，不同的遍歷過程可能是相同的。比如說某次遞歸要計算和為n的序列有多少個，下次又有另一個遞歸也要計算和為n的序列有多少個，這就造成了重復計算
怎么解決呢，當然動態規劃了，解決重復計算是動態規劃的設計初衷啊，這里沒要求把所有集合都找到，只是找個數，用動態規劃自然比較輕松。

代碼如下

class Solution { public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {std::sort(nums.begin(), nums.end());vector<int> dp(target + 1, -1);return dfs(nums, target, dp); } private:int dfs(vector<int>& nums, int target, vector<int>& dp){/* * 如果計算過和為target的集合個數，直接返回 * dp[target]代表和為target的集合序列有多少個*/if(dp[target] != -1)return dp[target];int n = 0;if(target == 0){n = 1;}else{for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){if(nums[i] > target)break;n += dfs(nums, target- nums[i], dp);}}dp[target] = n;return n;} };

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上面四道題都是形如給定一個序列，找到和為某個數的集合，主要使用的方法是深度優先遍歷。難點在處理特殊情況上，比如解決重復集合問題，只考慮重復元素的第一個。再比如動態規劃的使用，可以有效避免重復計算，提高效率。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的每天一道LeetCode-----找到给定序列中所有和为某个值的集合或集合个数，序列中可以有/无重复项，集合元素顺序不同算不同集合等的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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