leetcode-回溯算法总结

leetcode-17-电话号码的字母组合(letter combination of a phone number)-java

在类中建立一个数字对应字母的map，和对应的结果list

方法1：
进入combine("",digits)
第一个字符串为当前字符串，后面的为还能加上的数字字符串
每次从数组字符串中取最前一位，得到对应的char数组，将nowStr+对应的数组（用for循环，分别加几次），然后再次combine
如果remain为“”，说明一小次循环完成，将nowstr加入result
可以将hashmap 改为char[][]数组，每个数字的字母放在对应的地方

方法2：

public void combine(String digits,List result,String beforString,int nowIndex)

nowIndex为这次进入方法的深度，即在digits的哪个i，根据那个字符得到nowChars数组，进行循环

进入：combine(digits, result, "", 0);

递归方法：每次 combine(digits, result, beforString+nowChars[i], nowIndex+1);

结束条件：nowIndex==digits.length()

leetcode-22-括号生成(generate parentheses)-java

nowstr为当前字符串，left为剩下的左括号，right为剩下的右括号
递归方法：如果right>left说明左边已经有多的（ 接下来））或者（）都可以，可以加右括号
如果left>0说明left有多的，可以加左括号
结束条件：如果left=right=0 说明此次结束，加入result

leetcode-46-全排列(permutations)-java

解法1（成功，8ms，较慢）

在类中建立一个result的变量，放置结果
建立permutateRemain函数，变量为上一次的全排列几位的list（now）和还能排的数字的list（remain）
在函数中，
如果remain剩余的量为0，将now加入result
对remain进行遍历，在遍历中
遍历的数字为now
先建立一个对now的copy newlist，将newlist加入now
然后将remain除去now，进行新的permutateRemain，然后在remain重新加入now，结束遍历

 

如何对一个hashset遍历时，还对它进行add，remove操作：

方法1：不用hashset作为剩余集合，用ArrayList，传入下标，将first与first之后的数字一一交换，从而遍历。

方法2：用ArrayList，创建一个visited数组，来得到哪个数字已经被遍历了

 

leetcode-78-子集(subsets)-java

解法0：

就是从数组，先处理一定有nums[index]的情况，再处理一定没有nums[index]的情况。

但处理没有xxx情况时，调用combine2方法，不把now加入，因为调用combine2方法的方法x，里面的now与combine2的now相同，已经加入过了

解法1（别人的）

不错的方法

https://blog.csdn.net/wodedipang_/article/details/52996928

使用位操作，不使用递归。首先，计算一下该数组nums一共有多少个子集，设数组nums的长度为n，那么它的子集总数为num=2^n。
设置一个变量index，其初始值为1。那么从0到2^n-1中数，对于每一个数i，用index（从1到10,100,100（2进制））与这个i进行与操作，如果得出的结果大于0，则把该数输入到List<>中取，比较n次，因为数组的长度为n。

解法2（别人的）

回溯算法

这道题需要求给定数组的子集，特别要求有：
1、必须是升序
2、不能出现重复的

所以做法其实也就是，首先排序，然后回溯。。和昨天那题一样，可以回去看一下。记得选择下一个的时候，别和当前的值重复就可以了。

解法3（别人的）

回溯算法|递归实现

本解法采用回溯算法实现，回溯算法的基本形式是“递归+循环”，正因为循环中嵌套着递归，递归中包含循环，这才使得回溯比一般的递归和单纯的循环更难理解，其实我们熟悉了它的基本形式，就会觉得这样的算法难度也不是很大。原数组中的每个元素有两种状态：存在和不存在。

① 外层循环逐一往中间集合 temp 中加入元素 nums[i]，使这个元素处于存在状态

② 开始递归，递归中携带加入新元素的 temp，并且下一次循环的起始是 i 元素的下一个，因而递归中更新 i 值为 i + 1

③ 将这个从中间集合 temp 中移除，使该元素处于不存在状态

解法4（别人的）

组合|非递归实现

这种方法是一种组合的方式

① 最外层循环逐一从 nums 数组中取出每个元素 num

② 内层循环从原来的结果集中取出每个中间结果集，并向每个中间结果集中添加该 num 元素

③往每个中间结果集中加入 num

④将新的中间结果集加入结果集中

 

leetcode-79-单词搜索(word search)-java

使用回溯算法，对board中每个与word首字母相同的字符ij，开启begin函数
begin中
如果result已经为true，不再继续
如果char[i][j]与word首字母不同，不再继续
如果相同，
如果word长度为1，说明已经到最后一步，result=true
否则，char[i][j]='*',因为让接下来的操作不到这一位
然后newWord=word截去首位的字符串
然后根据i,j的位置，对上下左右进行begin
最后char[i][j]=now，恢复
也可以char[i][j]='*'，换成一个boolean二维数组，记录跑过的地方

 

leetcode-131-分割回文串-java

1、每一个结点表示剩余没有扫描到的字符串，产生分支是截取了剩余字符串的前缀；

2、产生前缀字符串的时候，判断前缀字符串是否是回文。

    如果前缀字符串是回文，则可以产生分支和结点；
    如果前缀字符串不是回文，则不产生分支和结点，这一步是剪枝操作。

3、在叶子结点是空字符串的时候结算，此时从根结点到叶子结点的路径，就是结果集里的一个结果，使用深度优先遍历，记录下所有可能的结果。

    采用一个路径变量 path 搜索，path 全局使用一个（注意结算的时候，需要生成一个拷贝），因此在递归执行方法结束以后需要回溯，即将递归之前添加进来的元素拿出去；
    path 的操作只在列表的末端，因此合适的数据结构是栈。

验证回文串那里，每一次都得使用“两边夹”的方式验证子串是否是回文子串。

于是思考“用空间换时间”，利用动态规划把结果先算出来，这样就可以以 O(1) 的时间复杂度直接得到一个子串是否是回文。
 

leetcode-212-单词搜索 II-java

先构建一个字典树，内部结构是char[]，然后将字典树的root节点进入回溯，不断回溯时，当前i,j改变时，节点也不断进入下一层。

 

leetcode-301-删除无效的括号-java

主要的思想是使用回溯法，每走到一个括号，要么使用这个括号，要么不使用这个括号，直到遍历完字符串每个字符后，检查最后字符串的有效性。现在主要的问题是如何对回溯过程进行剪枝。
从题意中要求删去最少个数的括号可以想到，需要删除的左右括号数在递归开始前就可以确定下来，首先对字符串进行一次遍历，用deleteLeft记录当前未匹配的左括号数，用deleteRight记录需要删除的右括号数，因为只能删除不能增加，遇到一个右括号时，若deleteLeft为0，就必定要删除一个多余的右括号，deleteRight加一，若deleteLeft大于0，则该右括号可以与前面一个未匹配的左括号匹配，deleteLeft减一。遍历结束后，剩余的deleteLeft就是需要删除的多余的左括数。
进入递归后，同样用一个数leftCount记录当前构建的字符串中未匹配的左括号数，因为事先已经确定了需要删除的左右括号总数，遇见一个左括号，要deleteLeft大于零才能走到删除该左括号的分支，右括号同理。此外，对于左括号，由于不能确定保留它最后能否形成有效的字符串，所以所有左括号都一定可以走到保留它的分支，到最后递归终点处再由deleteLeft == 0判断是否有冗余的左括号。而对于右括号，当发现leftCount == 0时，若保留该右括号则必定不能形成一个有效字符串，所以可以直接在这里进行剪枝。
 

leetcode-44-通配符匹配-java

解法1

动态规划

（一）状态

    f[i][j]表示s1的前i个字符，和s2的前j个字符，能否匹配

（二）转移方程

    如果s1的第 i 个字符和s2的第 j 个字符相同，或者s2的第 j 个字符为 “?”
    f[i][j] = f[i - 1][j - 1]

    如果s2的第 j 个字符为 *
        若s2的第 j 个字符匹配空串, f[i][j] = f[i][j - 1]
        若s2的第 j 个字符匹配s1的第 i 个字符, f[i][j] = f[i - 1][j]
        这里注意不是 f[i - 1][j - 1]， 举个例子就明白了 (abc, a*) f[3][2] = f[2][2]

（三）初始化

    f[0][i] = f[0][i - 1] && s2[i] == *
    即s1的前0个字符和s2的前i个字符能否匹配（是否s2的前i个字符都是*）

（四）结果

    f[m][n]
 

leetcode-10-正则表达式匹配-java

解法1

回溯法

如果模式串中有星号，它会出现在第二个位置，即 pattern[1] 。这种情况下，我们可以直接忽略模式串中这一部分，或者删除匹配串的第一个字符，前提是它能够匹配模式串当前位置字符，即 pattern[0]。如果两种操作中有任何一种使得剩下的字符串能匹配，那么初始时，匹配串和模式串就可以被匹配。

解法2

因为题目拥有 最优子结构 ，一个自然的想法是将中间结果保存起来。我们通过用 dp(i,j)表示 text[i:]和 pattern[j:] 是否能匹配。我们可以用更短的字符串匹配问题来表示原本的问题。

我们用中同样的回溯方法，除此之外，因为函数 match(text[i:], pattern[j:]) 只会被调用一次，我们用 dp(i, j)来应对剩余相同参数的函数调用，这帮助我们节省了字符串建立操作所需要的时间，也让我们可以将中间结果进行保存。