I
Given a set of distinct integers, S, return all possible subsets.
Note:
- Elements in a subset must be in non-descending order.
- The solution set must not contain duplicate subsets.
For example,
If S = [1,2,3], a solution is:
[ [3], [1], [2], [1,2,3], [1,3], [2,3], [1,2], [] ]
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，下面我们先来看非递归的解法，由于题目要求子集合中数字的顺序是非降序排列的，所有我们需要预处理，先给输入数组排序，然后再进一步处理，最开始我在想的时候，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，所以我们必须换一种思路。我们可以一位一位的网上叠加，比如对于题目中给的例子[1,2,3]来说，最开始是空集，那么我们现在要处理1，就在空集上加1，为[1]，现在我们有两个自己[]和[1]，下面我们来处理2，我们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：
解法一：
1 // Non-recursion 2 class Solution { 3 public: 4 vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) { 5 vector<vector<int> > res(1); 6 sort(S.begin(), S.end()); 7 for (int i = 0; i < S.size(); ++i) { 8 int size = res.size(); 9 for (int j = 0; j < size; ++j) { 10 res.push_back(res[j]); 11 res.back().push_back(S[i]); 12 } 13 } 14 return res; 15 } 16 };
整个添加的顺序为：
[]
[1]
[2]
[1 2]
[3]
[1 3]
[2 3]
[1 2 3]
下面来看递归的解法，相当于一种深度优先搜索，参见网友JustDoIt的博客，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：
[]
/
/
/
[1] []
/ /
/ /
[1 2] [1] [2] []
/ / / /
[1 2 3] [1 2] [1 3] [1] [2 3] [2] [3] []
1 // Recursion 2 class Solution { 3 public: 4 vector<vector<int> > subsets(vector<int> &S) { 5 vector<vector<int> > res; 6 vector<int> out; 7 sort(S.begin(), S.end()); 8 getSubsets(S, 0, out, res); 9 return res; 10 } 11 void getSubsets(vector<int> &S, int pos, vector<int> &out, vector<vector<int> > &res) { 12 res.push_back(out); 13 for (int i = pos; i < S.size(); ++i) { 14 out.push_back(S[i]); 15 getSubsets(S, i + 1, out, res); 16 out.pop_back(); 17 } 18 } 19 };
II、
Given a collection of integers that might contain duplicates, S, return all possible subsets.
Note:
- Elements in a subset must be in non-descending order.
- The solution set must not contain duplicate subsets.
For example,
If S =[1,2,2], a solution is:
[ [2], [1], [1,2,2], [2,2], [1,2], [] ]
这道子集合之二是之前那道 Subsets 子集合 的延伸，这次输入数组允许有重复项，其他条件都不变，只需要在之前那道题解法的基础上稍加改动便可以做出来，我们先来看非递归解法，拿题目中的例子[1 2 2]来分析，根据之前 Subsets 子集合 里的分析可知，当处理到第一个2时，此时的子集合为[], [1], [2], [1, 2]，而这时再处理第二个2时，如果在[]和[1]后直接加2会产生重复，所以只能在上一个循环生成的后两个子集合后面加2，发现了这一点，题目就可以做了，我们用last来记录上一个处理的数字，然后判定当前的数字和上面的是否相同，若不同，则循环还是从0到当前子集的个数，若相同，则新子集个数减去之前循环时子集的个数当做起点来循环，这样就不会产生重复了，代码如下：
1 // Non-recursion 2 class Solution { 3 public: 4 vector<vector<int> > subsetsWithDup(vector<int> &S) { 5 vector<vector<int> > res(1); 6 sort(S.begin(), S.end()); 7 int size = 1, last = S[0]; 8 for (int i = 0; i < S.size(); ++i) { 9 if (last != S[i]) { 10 last = S[i]; 11 size = res.size(); 12 } 13 int newSize = res.size(); 14 for (int j = newSize - size; j < newSize; ++j) { 15 res.push_back(res[j]); 16 res.back().push_back(S[i]); 17 } 18 } 19 return res; 20 } 21 };
对于递归的解法，根据之前 Subsets 子集合 里的构建树的方法，在处理到第二个2时，由于前面已经处理了一次2，这次我们只在添加过2的[2] 和 [1 2]后面添加2，其他的都不添加，那么这样构成的二叉树如下图所示：
[]
/
/
/
[1] []
/ /
/ /
[1 2] [1] [2] []
/ / / /
[1 2 2] [1 2] X [1] [2 2] [2] X []
代码只需在原有的基础上增加一句话，while (S[i] == S[i + 1]) ++i; 这句话的作用是跳过树中为X的叶节点，因为它们是重复的子集，应被抛弃。代码如下：
1 // Recursion 2 class Solution { 3 public: 4 vector<vector<int> > subsetsWithDup(vector<int> &S) { 5 vector<vector<int> > res; 6 vector<int> out; 7 sort(S.begin(), S.end()); 8 getSubsets(S, 0, out, res); 9 return res; 10 } 11 void getSubsets(vector<int> &S, int pos, vector<int> &out, vector<vector<int> > &res) { 12 res.push_back(out); 13 for (int i = pos; i < S.size(); ++i) { 14 out.push_back(S[i]); 15 getSubsets(S, i + 1, out, res); 16 out.pop_back(); 17 while (S[i] == S[i + 1]) ++i; 18 } 19 } 20 };