关上过去和未来的铁门，活在“今天”这个舱室中。                                 ——《人性的优点》

47. 全排列 II

给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。

示例 1：

输入：nums = [1,1,2]
输出：
[[1,1,2],
[1,2,1],
[2,1,1]]

示例 2：

输入：nums = [1,2,3]
输出：[[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]]

提示：

1 <= nums.length <= 8
-10 <= nums[i] <= 10

思路：（回溯）

此题是 46. 全排列 的进阶

• 但是这道题有了一点改变，那么就是列表里面有重复数字，全排列的结果，相同答案只算一种，那么我们就要考虑重复。
• 当然因为题目没有说该队列有序，所以要先排序。

判断的时候加上：

if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1] && hasVisited[i-1] == false) {continue;
}

其中最为关键的是 hasVisited[i-1] == false ，用来去重，就是限制一下两个相邻的重复的访问顺序

举个栗子 ：

对于两个相同的数 1 1 ，我们将其命名为 a b，a 表示第一个 1 ，b 表示第二个 1

• 如果不去重得的话，会有两种重复排列 a b，b a ，我们只需取其中任意一种排列即可；
• 为了达到目的，限制一下 a ，b 的访问顺序即可；
• 比如 我们只取 a b 这个排列的话，只有当 nums[i - 1] 访问后，我们才去访问 nums[i] ，
• 也就是说 如果 hasVisited[i-1] == false 的话， 则 continue 跳过。

举另个栗子 ：

去重最为关键的代码为：

if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1] && hasVisited[i-1] == false) {continue;
}

但如果改成 hasVisited[i-1] == true ,也是正确的， 去重代码如下：

if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1] && hasVisited[i-1] == true) {continue;
}

这是为什么呢？

• hasVisited[i-1] == false ，是对树层中前一位去重；
• hasVisited[i-1] == true ，是对树枝前一位去重；

（借用一下别人的图进行理解）：

如果 是三个相同的数 1 1 1

树层上去重（hasVisited[i-1] == false），树形结构如下：

树枝上去重（hasVisited[i-1] == true），树形结构如下：

观察上图可以得出：

• 树层上对前一位去重非常彻底，效率很高；
• 树枝上对前一位去重虽然最后可以得到答案，但是做了很多无用搜索。

代码：（Java）

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;public class all_permute {public static void main(String[] args) {// TODO 自动生成的方法存根int [] nums = {1, 1, 2};System.out.println(permuteUnique(nums));}public static List> permuteUnique(int[] nums) {List> permutes = new ArrayList<>();List permute = new ArrayList<>();if(nums == null || nums.length == 0) {return permutes;}int flag = 0;//标记for(int i = 1; i < nums.length ; i++) {//冒泡排序for(int j = 0; j < nums.length - i; j++) {if(nums[j] > nums[j+1]) {int temp = nums[j];nums[j] = nums[j+1];nums[j+1] = temp;flag++;}}if(flag == 0)break;}boolean [] hasVisited = new boolean[nums.length];backTracking(nums, hasVisited, permute, permutes);return permutes;}private static void backTracking(int[] nums, boolean[] hasVisited, List permute, List> permutes) {// TODO 自动生成的方法存根if(permute.size() == hasVisited.length) {permutes.add(new ArrayList<>(permute));return;}for(int i = 0; i < nums.length; i++) {if(hasVisited[i]) {continue;}if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1] && hasVisited[i-1] == false) {continue;}hasVisited[i] = true;permute.add(nums[i]);backTracking(nums, hasVisited, permute, permutes);permute.remove(permute.size() - 1);hasVisited[i] = false;}}
}

运行结果：

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n×n!)O(n×n!)O(n×n!)，其中 n 为序列的长度。

  • 算法的复杂度首先受 backTracking 的调用次数制约，backTracking 的调用次数为∑k=1nP(n,k)\sum_{k=1}^{n} P(n, k)∑k=1n​P(n,k)次，其中 P(n,k)=n!(n−k)!=n(n−1)…(n−k+1)P(n, k)=\frac{n !}{(n-k) !}=n(n-1) \ldots(n-k+1)P(n,k)=(n−k)!n!​=n(n−1)…(n−k+1)，该式被称作 n 的 k - 排列，或者部分排列。

  • 而 ∑k=1nP(n,k)=n!+n!1!+n!2!+n!3!+…+n!(n−1)!<2n!+n!2+n!22+n!2n2<3n!\sum_{k=1}^{n} P(n, k)=n !+\frac{n !}{1 !}+\frac{n !}{2 !}+\frac{n !}{3 !}+\ldots+\frac{n !}{(n-1) !}<2 n !+\frac{n !}{2}+\frac{n !}{2^{2}}+\frac{n !}{2^{n} 2}<3 n !∑k=1n​P(n,k)=n!+1!n!​+2!n!​+3!n!​+…+(n−1)!n!​<2n!+2n!​+22n!​+2n2n!​<3n!
    , 这说明 backTracking 的调用次数是 O(n!)O(n!)O(n!)的。

  • 而对于 backTracking调用的每个叶结点（最坏情况下没有重复数字共 n!n!n!个），我们需要将当前答案使用 O(n)O(n)O(n)的时间复制到答案数组中，相乘得时间复杂度为 O(n×n!)O(n×n!)O(n×n!)。

  • 因此时间复杂度为O(n×n!)O(n×n!)O(n×n!)。

• 空间复杂度：O(n)O(n)O(n)。我们需要O(n)O(n)O(n)的标记数组，同时在递归的时候栈深度会达到O(n)O(n)O(n)，因此总空间复杂度为 O(n+n)=O(2n)=O(n)O(n+n)=O(2n)=O(n)O(n+n)=O(2n)=O(n)。

注：仅供学习参考！

题目来源：力扣