子集
1.题目内容
给你一个整数数组 nums ，数组中的元素 互不相同 。返回该数组所有可能的子集（幂集）。
解集 不能 包含重复的子集。你可以按 任意顺序 返回解集。
示例 1：
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| 输入：nums = [1,2,3]
输出：[[],[1],[2],[1,2],[3],[1,3],[2,3],[1,2,3]]
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示例 2：
1
2
| 输入：nums = [0]
输出：[[],[0]]
|
提示：
1 <= nums.length <= 10-10 <= nums[i] <= 10nums 中的所有元素 互不相同
2.解法
递归法实现子集枚举
思路及算法
我们也可以用递归来实现子集枚举。
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：
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| //C++
vector<int> t;
void dfs(int cur, int n) {
if (cur == n) {
// 记录答案
// ...
return;
}
// 考虑选择当前位置
t.push_back(cur);
dfs(cur + 1, n, k);
t.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中的状态有被选中和不被选中两种，我们用 t 数组存放已经被选出的数字。在进入 dfs(cur,n) 之前 [0,cur−1] 位置的状态是确定的，而 [cur,n−1] 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 t），再执行 dfs(cur+1,n)，执行结束后需要对 t 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 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^)。
代码
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| //C++
class Solution {
public:
vector<int> t;
vector<vector<int>> ans;
void dfs(int cur, vector<int>& nums) {
if (cur == nums.size()) {
ans.push_back(t);
return;
}
t.push_back(nums[cur]);
dfs(cur + 1, nums);
t.pop_back();
dfs(cur + 1, nums);
}
vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
dfs(0, nums);
return ans;
}
};
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| //Java
class Solution {
List<Integer> t = new ArrayList<Integer>();
List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();
public List<List<Integer>> subsets(int[] nums) {
dfs(0, nums);
return ans;
}
public void dfs(int cur, int[] nums) {
if (cur == nums.length) {
ans.add(new ArrayList<Integer>(t));
return;
}
t.add(nums[cur]);
dfs(cur + 1, nums);
t.remove(t.size() - 1);
dfs(cur + 1, nums);
}
}
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复杂度分析