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77. Combinations.md

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思路

给定n和k,问从1、2、...、n这n个数中选k个不同的数的所有选法,返回这些选法。

思路一、DFS

常规思路,务必掌握!
像这种要求出所有结果的集合,一般都是用DFS调用递归来解。 我们建立一个保存最终结果的大集合res,还要定义一个保存每一个组合的小集合cb,每次放一个数到cb里,如果cb里数个数到了k个,则把cb保存到最终结果res中,否则在下一层中继续调用递归。

思路二

我们再来看一种递归的写法,此解法没额外定义递归函数,而是把本身就当作了递归函数,写起来十分的简洁。 这个解法用到了高中学的一个排列组合的性质:C(n, k) = C(n-1, k-1) + C(n-1, k),即,在n个数中取k个数的组合项个数,等于在n-1个数中取k-1个数的组合项个数再加上在n-1个数中取k个数的组合项个数之和。 证明也很容易,因为取得的k个数可以分成两类:第一类是包含最后一个数,那么只需要在前n-1个数中再选k-1个数出来就行了,故这一类一共有C(n-1, k-1)种;第二类是不包含最后一个数,那么需要在前n-1个数中选k个数出来,故这一类一共有C(n-1, k)种。所以一共就是C(n, k) = C(n-1, k-1) + C(n-1, k)种。
对于题目中的例子,我们有C(4, 2) = C(3, 1) + C(3, 2), 我们不难写出 C(3, 1) 的所有情况:[1], [2], [3],还有 C(3, 2) 的所有情况:[1, 2], [1, 3], [2, 3]。我们仔细看会发现,C(3, 2)的所有情况包含在 C(4, 2) 之中,但是 C(3, 1) 的每种情况只有一个数字,而我们需要的结果k=2,其实很好办,每种情况后面都加上4,于是变成了:[1, 4], [2, 4], [3, 4],加上C(3, 2) 的所有情况:[1, 2], [1, 3], [2, 3],正好就得到了 n=4, k=2 的所有情况了。
需要注意的是:

  • if(k > n || k < 0)时,C(n, k) = 0,此时所有的组合是一个空的二维数组;
  • if(k == 0)时,C(n, k) = 1, 此时所有的组合是一个包含了1个空一维数组的二维数组,注意与上一种情况的区别。

C++

思路一

class Solution {
private:
    void DFS(vector<vector<int>> &res, vector<int> &cb, int start, int n, int k){
        if(cb.size() == k){
            res.push_back(cb);
            return;
        }
        if(start > n) return;
        
        DFS(res, cb, start + 1, n, k);
        cb.push_back(start);
        DFS(res, cb, start + 1, n, k);
        cb.pop_back();
    }
public:
    vector<vector<int>> combine(int n, int k) {
        vector<vector<int>>res;
        vector<int>cb;
        DFS(res, cb, 1, n, k);
        return res;
    }
};

思路二

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> combine(int n, int k) {
        if(k > n || k < 0) return vector<vector<int>>(); // 空的二维数组
        if(k == 0) return vector<vector<int>>(1, vector<int>()); // 包含了1个空一维数组的二维数组
        vector<vector<int>> res = combine(n - 1, k - 1);
        for(int i = 0; i < res.size(); i++) res[i].push_back(n);
        for(auto &cb: combine(n - 1, k)) res.push_back(cb);
        return res;
    }
};