技术标签: 递归 每日一题 算法编程题 数组 多方法 位运算
链接:子集
来源:LeetCode
给定一组不含重复元素的整数数组 nums,返回该数组所有可能的子集(幂集)。
说明:
解集不能包含重复的子集。
示例1:
输入: nums = [1,2,3]
输出:
[
[3],
[1],
[2],
[1,2,3],
[1,3],
[2,3],
[1,2],
[]
]
数组 [1,2,3] 的子集也就是其中的三个元素取与不取的组合。把它想象为二进制的三个 bit 位 1 1 1,那么从 0 0 0 到 1 1 1 的 8 个数,就构成了所有子集的选取情况。比如 0 0 1 表示取第1个元素,0 1 1 表示取前两个元素。
详述如下:
把数组中所有的数分配一个状态,true 表示这个数在子集中出现,false 表示在子集中不出现,那么对于一个长度为n的数组,每个数字都有出现与不出现两种情况,所以共有 2 n 2^n 2n 中情况,那么我们把每种情况都转换出来就是子集了,我们还是用题目中的例子, [1 2 3] 这个数组共有8个子集,每个子集的序号的二进制表示,把是1的位对应原数组中的数字取出来就是一个子集,八种情况都取出来就是所有的子集了,参见代码如下:
详解位运算版本:
class Solution {
public:
vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) {
vector<vector<int> > res;
sort(S.begin(), S.end());
int max = 1 << S.size();
for (int k = 0; k < max; ++k) {
vector<int> out = convertIntToSet(S, k);
res.push_back(out);
}
return res;
}
vector<int> convertIntToSet(vector<int> &S, int k) {
vector<int> sub;
int idx = 0;
for (int i = k; i > 0; i >>= 1) {
if ((i & 1) == 1) {
sub.push_back(S[idx]);
}
++idx;
}
return sub;
}
};
简洁一点的位运算版本:
class Solution {
public:
vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> ret;
ret.push_back({
});
int size = nums.size();
int subsize = pow(2, size);
int hash = 1;
while (hash < subsize) {
vector<int> temp;
for (int k = 0; k < size; ++k) {
int a = 1 << k;
if (a & hash) {
temp.push_back(nums[k]);
}
}
ret.push_back(temp);
++hash;
}
return ret;
}
};
极为简洁的位运算版本:
class Solution {
public:
vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {
int S = nums.size();
int N = 1 << S;
vector<vector<int> > res;
for (int i = 0; i < N; ++i) {
vector<int> v;
for (int j = 0; j < S; ++j)
if (i & (1 << j))
v.push_back(nums[j]);
res.push_back(v);
}
return res;
}
};
在子集2中,子集存在重复元素后,位运算方法不适用于此了。
这道求子集合的问题,由于其要列出所有结果,按照以往的经验,肯定要是要用递归来做。这道题其实它的非递归解法相对来说更简单一点,下面先来看非递归的解法思路:
最开始在想的时,是想按照子集的长度由少到多全部写出来,比如子集长度为0的就是空集,空集是任何集合的子集,满足条件,直接加入。下面长度为1的子集,直接一个循环加入所有数字,子集长度为2的话可以用两个循环,但是这种想法到后面就行不通了,因为循环的个数不能无限的增长,所以必须换一种思路。
可以一位一位的往上叠加,比如对于题目中给的例子 [1,2,3] 来说,最开始是空集,那么现在要处理1,就在空集上加1,为 [1],现在有两个自己 [] 和 [1],下面来处理2,在之前的子集基础上,每个都加个2,可以分别得到 [2],[1, 2],那么现在所有的子集合为 [], [1], [2], [1, 2],同理处理3的情况可得 [3], [1, 3], [2, 3], [1, 2, 3], 再加上之前的子集就是所有的子集合了,代码如下:
class Solution {
public:
vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) {
vector<vector<int> > res(1);
for (int i = 0; i < S.size(); ++i) {
int size = res.size();
for (int j = 0; j < size; ++j) {
res.push_back(res[j]);
res.back().push_back(S[i]);
}
}
return res;
}
};
递归的解法,相当于一种深度优先搜索,由于原集合每一个数字只有两种状态,要么存在,要么不存在,那么在构造子集时就有选择和不选择两种情况,所以可以构造一棵二叉树,左子树表示选择该层处理的节点,右子树表示不选择,最终的叶节点就是所有子集合,树的结构如下:
[] 处理1
/ \
/ \
/ \
[1] [] 处理2
/ \ / \
/ \ / \
[1 2] [1] [2] [] 处理3
/ \ / \ / \ / \
[1 2 3] [1 2] [1 3] [1] [2 3] [2] [3] []
class Solution {
public:
vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) {
vector<vector<int> > res;
vector<int> out;
getSubsets(S, 0, out, res);
return res;
}
void getSubsets(vector<int> &S, int pos, vector<int> &out, vector<vector<int> > &res) {
res.push_back(out);
for (int i = pos; i < S.size(); ++i) {
out.push_back(S[i]);
getSubsets(S, i + 1, out, res);
out.pop_back();
}
}
};
也是基于上述思想的dfs写法,击败100%用户,效率高于上述代码:
class Solution {
private:
vector<vector<int> >res;
public:
vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) {
res.clear();
vector<int>tmpres;
dfs(S, 0, tmpres);
return res;
}
void dfs(vector<int> &S, int iend, vector<int> &tmpres)
{
if(iend == S.size())
{
res.push_back(tmpres); return;}
//选择S[iend]
tmpres.push_back(S[iend]);
dfs(S, iend+1, tmpres);
tmpres.pop_back();
//不选择S[iend]
dfs(S, iend+1, tmpres);
}
};
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