《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.08. 有重复字符串的排列组合（回溯算法，全排列问题）C++

题目描述

有重复字符串的排列组合。编写一种方法，计算某字符串的所有排列组合。

示例1:

输入：S = “qqe”
输出：[“eqq”,“qeq”,“qqe”]

示例2:

输入：S = “ab”
输出：[“ab”, “ba”]

提示:

字符都是英文字母。
字符串长度在[1, 9]之间。

解题思路与代码

这道题一看还是一道关于排列的问题。只要有关排列的问题，我们都可以通过回溯法去解决。

方法一：回溯法 + 使用unordered_set数据结构进行去重

如果没有做过《程序员面试金典（第6版）》面试题 08.07. 无重复字符串的排列组合（回溯算法，全排列问题）C++
这道题的小伙伴，先去做一下这道题。

这道题与上面链接的那道题非常像，只不过，这里字符串中的字符开始出现有重复的字符了。所以我们做这道题的时候就需要去重。我们直接用unordered_set这种数据结构去去一下重好了。代码与上道题的代码没什么区别，这里给出这道题的代码：

class Solution {
public:
    vector<string> permutation(string S) {
        unordered_set<string> result;
        backtracking(S,result,0);
        vector<string> vec;
        for(auto a : result){
            vec.push_back(a);
        }
        return vec;
    }
    void backtracking(string& S,unordered_set<string>& result,int begin){
        if(begin == S.size()){
            result.insert(S);
            return;
        }
        for(int i = begin;i < S.size(); ++i){
            swap(S[i],S[begin]);
            backtracking(S,result,begin+1);
            swap(S[i],S[begin]);
        }
    }
};

在这里插入图片描述

复杂度分析

时间复杂度：

这段代码的时间复杂度主要取决于两个部分：backtracking 函数的执行次数以及将结果从 unordered_set 转移到 vector 的时间。
backtracking 函数的执行次数：对于长度为 n 的字符串，我们需要对每个字符进行排列组合，这会产生 n! 个排列。在回溯算法中，我们会遍历整个排列空间。因此，backtracking 函数的执行次数为 O(n!)。
将结果从 unordered_set 转移到 vector：result 中最多有 n! 个元素。遍历 result 并将其中的元素插入 vector 的时间复杂度为 O(n!)。
综合这两部分，总的时间复杂度为 O(n!)。

空间复杂度：

空间复杂度主要取决于三个方面：递归调用栈的深度、结果存储在 unordered_set 中所占用的空间，以及结果向量 vec 所占用的空间。
递归调用栈的深度：在回溯算法中，递归调用栈的深度等于字符串的长度 n。因此，递归调用栈的空间复杂度为 O(n)。
结果存储在 unordered_set 中所占用的空间：result 中最多有 n! 个元素，每个元素是一个长度为 n 的字符串。因此，结果存储在 unordered_set 中所占用的空间复杂度为 O(n * n!)。
结果向量 vec 所占用的空间：vec 中有 n! 个元素，每个元素是一个长度为 n 的字符串。因此，结果向量所占用的空间复杂度为 O(n * n!)。
由于这三部分空间是算法使用的空间，因此总的空间复杂度为这三者之和，即 O(n) + O(n * n!) + O(n * n!) = O(2 * n * n!) = O(n * n!)。
所以，这段代码的时间复杂度为 O(n!)，空间复杂度为 O(n * n!)。

方法二：对代码一的方法进行优化。

在这道题里，因为可能有重复的字符，方法一是直接用unordered_set在结果处进行去重，重复的答案不会被存进集合中,但这种方法不会减少递归的此时。那有没有一种方法，可以在做交换的时候就进行剪枝操作而进行去重呢，而去减少递归的次数呢？

答案当然是有，我们可以通过一个unordered_set去记住在当前的这一层循环里出现过哪些字符，如果出现了重复的字符，那我们就跳过这次交换，直接进入下一次交换。这样也同样达到了去重的目的，也减少了递归的次数。但是不好的一点是增加了内存的存储空间，因为每一层递归都要创建一个unordered_set去存储出现过的字符。

具体代码如下：

class Solution {
public:
    vector<string> permutation(string S) {
        vector<string> result;
        backtracking(S, result, 0);
        return result;
    }

    void backtracking(string &S, vector<string> &result, int begin) {
        if (begin == S.size()) {
            result.push_back(S);
            return;
        }
        unordered_set<char> used_chars;  // 用于存储已经在当前位置出现过的字符
        for (int i = begin; i < S.size(); ++i) {
            if (used_chars.find(S[i]) != used_chars.end()) {
                continue;  // 如果当前字符已经在当前位置出现过，则跳过这次交换
            }
            used_chars.insert(S[i]);  // 记录当前字符
            swap(S[i], S[begin]);
            backtracking(S, result, begin + 1);
            swap(S[i], S[begin]);
        }
    }
};

在这里插入图片描述

复杂度分析

通过这种剪枝策略，我们避免了搜索重复的路径，从而降低了时间复杂度。然而，在最坏情况下（如所有字符都不同），算法的时间复杂度仍然是 O(n!)。空间复杂度与之前的分析相同，为 O(n * n!)。虽然这种剪枝策略不能在理论上改进时间复杂度，但在有重复字符的情况下，实际运行效率会有所提升，但是同样每一层都会多创建出一个unordered_set去存储至多n个字符，会多消耗一部分的内存空间。

方法三，对代码二的再次优化！

这一次我们写了一个hasDuplicate函数来检查有没有重复出现的字符。这样就不会使用额外的内存空间去存储字符了。
因为begin的值肯定是要比i小的，因为i会递增，而begin不会，从而我们在这个函数中，去递增begin，看看有没有会出现与i相当的字符，如果出现了，就说明有重复，就要跳过这个循环！

class Solution {
public:
    vector<string> permutation(string S) {
        vector<string> result;
        backtracking(S,result,0);
        return result;
    }
    void backtracking(string& S,vector<string>& result,int begin){
        if(begin == S.size()) {
            result.push_back(S);
            return;
        }
        for(int i = begin; i < S.size(); ++i){
            if(hasDuplicate(S,begin,i)) continue;
            swap(S[i],S[begin]);
            backtracking(S,result,begin+1);
            swap(S[i],S[begin]);
        }
    }
    bool hasDuplicate(string& S, int begin,int end){
        for(int i = begin; i < end; ++i)
            if(S[i] == S[end]) return true;
        return false;
    }
};