组合[中等]

2023-12-29 22:34:49

一、题目

给定两个整数nk,返回范围[1, n]中所有可能的k个数的组合。你可以按 任何顺序 返回答案。

示例 1:
输入:n = 4, k = 2
输出:
[ [2,4], [3,4], [2,3], [1,2], [1,3], [1,4], ]

示例 2:
输入:n = 1, k = 1
输出:[[1]]

1 <= n <= 20
1 <= k <= n

二、代码

【1】递归实现组合型枚举:n个当中选k个的所有方案对应的枚举是组合型枚举。在「方法一」中我们用递归来实现组合型枚举。首先我们先回忆一下如何用递归实现二进制枚举(子集枚举),假设我们需要找到一个长度为n的序列a的所有子序列,代码框架是这样的:

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
    if (cur == n + 1) {
        // 记录答案
        // ...
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

上面的代码中,dfs(cur,n)参数表示当前位置是cur,原序列总长度为n。原序列的每个位置在答案序列种的状态有被选中和不被选中两种,我们用temp数组存放已经被选出的数字。在进入dfs(cur,n)之前[1,cur?1]位置的状态是确定的,而[cur,n]内位置的状态是不确定的,dfs(cur,n)需要确定cur位置的状态,然后求解子问题dfs(cur+1,n)。对于cur位置,我们需要考虑a[cur]取或者不取,如果取,我们需要把a[cur]放入一个临时的答案数组中(即上面代码中的temp),再执行dfs(cur+1,n),执行结束后需要对temp进行回溯;如果不取,则直接执行dfs(cur+1,n)。在整个递归调用的过程中,cur是从小到大递增的,当cur增加到n+1的时候,记录答案并终止递归。可以看出二进制枚举的时间复杂度是O(2^n)

组合枚举的代码框架可以借鉴二进制枚举。例如我们需要在n个元素选k个,在dfs的时候需要多传入一个参数k,即dfs(cur,n,k)。在每次进入这个dfs函数时,我们都去判断当前temp的长度是否为k,如果为k,就把temp加入答案并直接返回,即:

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
    // 记录合法的答案
    if (temp.size() == k) {
        ans.push_back(temp);
        return;
    }
    // cur == n + 1 的时候结束递归
    if (cur == n + 1) {
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

这个时候我们可以做一个剪枝,如果当前temp的大小为s,未确定状态的区间[cur,n]的长度为t,如果s+t<k,那么即使t个都被选中,也不可能构造出一个长度为k的序列,故这种情况就没有必要继续向下递归,即我们可以在每次递归开始的时候做一次这样的判断:

if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
    return;
}

代码就变成了这样:

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
    // 剪枝:temp 长度加上区间 [cur, n] 的长度小于 k,不可能构造出长度为 k 的 temp
    if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
        return;
    }
    // 记录合法的答案
    if (temp.size() == k) {
        ans.push_back(temp);
        return;
    }
    // cur == n + 1 的时候结束递归
    if (cur == n + 1) {
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

至此,其实我们已经得到了一个时间复杂度为O((nk))的组合枚举,由于每次记录答案的复杂度为O(k),故这里的时间复杂度为O((nk)×k),但是我们还可以进一步优化代码。在上面这份代码中有三个if判断,其实第三处的if是可以被删除的。因为:
【1】首先,cur=n+1的时候,一定不可能出现s>ks是前文中定义的temp的大小),因为自始至终s绝不可能大于k,它等于k的时候就会被第二处if记录答案并返回;
【2】如果cur=n+1的时候s=k,它也会被第二处 if\text{if}if 记录答案并返回;
【3】如果cur=n+1的时候s<k,一定会在cur<n+1的某个位置的时候发现s+t<k,它也会被第一处if剪枝。

因此,第三处if可以删除。最终我们得到了如下的代码。

class Solution {
    List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();

    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
        dfs(1, n, k);
        return ans;
    }

    public void dfs(int cur, int n, int k) {
        // 剪枝:temp 长度加上区间 [cur, n] 的长度小于 k,不可能构造出长度为 k 的 temp
        if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
            return;
        }
        // 记录合法的答案
        if (temp.size() == k) {
            ans.add(new ArrayList<Integer>(temp));
            return;
        }
        // 考虑选择当前位置
        temp.add(cur);
        dfs(cur + 1, n, k);
        temp.remove(temp.size() - 1);
        // 考虑不选择当前位置
        dfs(cur + 1, n, k);
    }
}

时间复杂度: O((k/n?)×k),分析见「思路」部分。
空间复杂度: O(n+k)=O(n),即递归使用栈空间的空间代价和临时数组temp的空间代价。

【2】非递归(字典序法)实现组合型枚举: 这个方法理解起来比「方法一」复杂,建议读者遇到不理解的地方可以在草稿纸上举例模拟这个过程。这里的非递归版不是简单的用栈模拟递归转化为非递归:我们希望通过合适的手段,消除递归栈带来的额外空间代价。假设我们把原序列中被选中的位置记为1,不被选中的位置记为0,对于每个方案都可以构造出一个二进制数。我们让原序列从大到小排列(即{n,n?1,?1,0}。我们先看一看n=4k=2的例子:

原序列中被选中的数对应的二进制数方案
43[2][1]00112,1
4[3]2[1]01013,1
4[3][2]101103,2
[4]32[1]10014,1
[4]3[2]110104,2
[4][3]2111004,3
我们可以看出「对应的二进制数」一列包含了由k1n?k0组成的所有二进制数,并且按照字典序排列。这给了我们一些启发,我们可以通过某种方法枚举,使得生成的序列是根据字典序递增的。我们可以考虑我们一个二进制数数字x,它由k1n?k0组成,如何找到它的字典序中的下一个数字next(x),这里分两种情况:
规则一:x的最低位为1,这种情况下,如果末尾由t个连续的1,我们直接将倒数第t位的1和倒数第t+1位的0替换,就可以得到next(x)。如0011→01010101→01101001→10101001111→10101111
规则二:x的最低位为0,这种情况下,末尾有t个连续的0,而这t个连续的0之前有m个连续的1,我们可以将倒数第t+m位置的1和倒数第t+m+1位的0对换,然后把倒数第t+1位到倒数第t+m?1位的1移动到最低位。如0110→10011010→11001011100→11000111

至此,我们可以写出一个朴素的程序,用一个长度为n0/1数组来表示选择方案对应的二进制数,初始状态下最低的k位全部为1,其余位置全部为0,然后不断通过上述方案求next,就可以构造出所有的方案。

我们可以进一步优化实现,我们来看n=5k=3的例子,根据上面的策略我们可以得到这张表:

二进制数方案
001113,2,1
010114,2,1
011014,3,1
011104,3,2
100115,2,1
101015,3,1
101105,3,2
110015,4,1
110105,4,2
111005,4,3

在朴素的方法中我们通过二进制数来构造方案,而二进制数是需要通过迭代的方法来获取next的。考虑不通过二进制数,直接在方案上变换来得到下一个方案。假设一个方案从低到高的k个数分别是{a0,a1,??,ak?1},我们可以从低位向高位找到第一个j使得aj+1≠aj+1?,我们知道出现在a序列中的数字在二进制数中对应的位置一定是1,即表示被选中,那么aj+1≠aj+1意味着ajaj+1对应的二进制位中间有0,即这两个1不连续。我们把aj对应的1向高位推送,也就对应着aj←aj+1,而对于i∈[0,j?1]内所有的ai把值恢复成i+1,即对应这j1被移动到了二进制数的最低j位。这似乎只考虑了上面的「规则二」。但是实际上 「规则一」是「规则二」在t=0时的特殊情况,因此这么做和按照两条规则模拟是等价的。

在实现的时候,我们可以用一个数组temp来存放a序列,一开始我们先把1k按顺序存入这个数组,他们对应的下标是0k?1。为了计算的方便,我们需要在下标k的位置放置一个哨兵n+1(思考题:为什么是n+1呢?)。然后对这个temp序列按照这个规则进行变换,每次把前k位(即除了最后一位哨兵)的元素形成的子数组加入答案。每次变换的时候,我们把第一个aj+1≠aj+1j找出,使aj自增1,同时对i∈[0,j?1]aia重新置数。如此循环,直到temp中的所有元素为n内最大的k个元素。

回过头看这个思考题,它是为了我们判断退出条件服务的。我们如何判断枚举到了终止条件呢?其实不是直接通过temp来判断的,我们会看每次找到的j的位置,如果j=k了,就说明[0,k?1]内的所有的数字是比第k位小的最后k个数字,这个时候我们找不到任何方案的字典序比当前方案大了,结束枚举。

class Solution {
    List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();

    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
        List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();
        // 初始化
        // 将 temp 中 [0, k - 1] 每个位置 i 设置为 i + 1,即 [0, k - 1] 存 [1, k]
        // 末尾加一位 n + 1 作为哨兵
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            temp.add(i);
        }
        temp.add(n + 1);
        
        int j = 0;
        while (j < k) {
            ans.add(new ArrayList<Integer>(temp.subList(0, k)));
            j = 0;
            // 寻找第一个 temp[j] + 1 != temp[j + 1] 的位置 t
            // 我们需要把 [0, t - 1] 区间内的每个位置重置成 [1, t]
            while (j < k && temp.get(j) + 1 == temp.get(j + 1)) {
                temp.set(j, j + 1);
                ++j;
            }
            // j 是第一个 temp[j] + 1 != temp[j + 1] 的位置
            temp.set(j, temp.get(j) + 1);
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度: O((nk)×k)。外层循环的执行次数是(n/k)次,每次需要做一个O(k)的添加答案和O(k)的内层循环,故时间复杂度O((n/k)×k)
空间复杂度: O(k)。即temp的空间代价。

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