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管他什么深搜、回溯还是剪枝，画出决策树就完事了~~~

1.全排列

题目链接：46. 全排列

题目描述：

算法原理：

其实这道题本身是一个穷举(枚举)的题，3个数你可以三层for循环，但是如果10个数，100个数呢？对于数多的显然不合适！此时我们就需要借助递归把所有情况都枚举出来。

解决回溯的步骤：

1. 画出决策树，越详细越好！
2. 设计代码
   全局变量
   dfs函数
   细节问题

1.画出决策树

就是在暴力枚举这道题过程中如何不重不漏的把所有情况枚举到，就是把自己的想想法按照树的样子画下来。

第一次选择可以直接选123中任何一个，接下来每次选择都是从123中选。但是此时你会发现比如第一次选1，下一次还选1就会有重复的情况，因此这个1我们是要把它剪掉的，不考虑有1的情况。第二次选择假设选择的是2，在往下选择就还是有123，但是此时剪掉的应该更多，12不能选，只能选3，所有最终这条分支就是123，同理其他也是这样选出。

决策树画的越详细越好，就是把每一步都画出来，这样你就会发现每一个节点干的事情都是一样的，都是枚举整个数组。无非就是一些分支被我们剪掉。当一直在干同一件事情的时候我们决策树就画成功了，因为可以改成递归的代码。

2.设计代码

1.全局变量
全局变量就看这个递归需要什么东西和以及最终要返回什么东西。

全局变量的使用仁者见仁智者见智，也可以把全局变量换成参数在递归函数中传递。看个人选择，不过还是建议使用全局变量！

首先来递归要返回的二维数组，再来一个把每次选择都要记录的path。
当path.size() == nums.size() 说明已经找到一个符合的组合，此时把path放到ret里，然后回溯 ，注意要 恢复现场。在说这个之前我们要说一说这个剪枝的事情。

剪枝怎么解决？就是如果避免下一次选择重复的数字。
此时我们也需要一个数组，弄一个bool 类型的数组。来判断一下该条路径下的数是否已经被使用过了。bool数组中记录nums数组中的数字是否已经被使用过。
check[0] 对应 1， check[1] 对应 2 ， check[2] 对应3，check初始化都为false，只有对应数字被使用了 check[i]=true，说明这个数字已经被使用过了，下一次就不要选这个数字了。

2.dfs函数
仅需关心，某一个节点在干什么事情。

3.细节问题
回溯
当我要回去的时候，需要把这个3干掉，就是向上回去把path最后一个元素干掉，但是别忘记了check也是一个全局的， 你用3的时候会把check对应位置置为true，那你向上返回这个3你都不用了，是不是要把3复原啊。

1. 干掉 path 最后一个元素
2. 修改 check 数组
   

剪枝
这里前面说过。

递归出口
遇到叶子节点的时候，直接添加结果。不用在到空了。

这样的题一定是决策树画出来是最重要的，第二步设计代码你想到哪一点写那一点都可以。

class Solution {vector<vector<int>> ret;vector<int> path;bool check[7]={false};
public:vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) {dfs(nums);return ret;}void dfs(vector<int>& nums){if(path.size() == nums.size()){ret.push_back(path);//返回之前可以 回溯 --> 恢复现场return;}for(int i=0;i<nums.size();++i){//剪枝if(check[i] == false){path.push_back(nums[i]);check[i]=true;dfs(nums);//返回之后也可以 回溯 ---> 恢复现场  ，建立返回之后check[i]=false;path.pop_back();      }}}
};

注意一定是决策树越详细后面代码设计越轻松，代码设计考虑一下全局变量、dfs函数、细节问题。

2.子集

题目链接：78. 子集

题目描述：

算法原理：

这里我们采用两种策略来解决这个问题，虽然是两种策略，但都是深搜，所以我们的思考方式是一样的。

解法一：

1. 画出决策树
2. 设计代码
   全局变量
   dfs
   细节：回溯、剪枝、递归出口

首先画决策树，我们想想如何能够把所有子集不重不漏全部枚举出来。我们从子集定义出发，子集是这个数组里面选or不选某些数形成新的集合就是它的子集。因此我们就单独盯着数组中每个数字考虑选or不选来画出我们的决策树。

此时所有叶子节点就是数组所有不重复的子集。

现在我们仅需把这颗决策树转换成代码就可以了。之前的题无非就是直接把树画好给我们了，现在是要我们自己画一颗树。

既然叶子节点是我们的结果，因此我们需要两个全局变量，一个二维数组ret，一个一维数组path，path把每次选or不选路径记录下来，然后ret把path记录下来。这道题我们并不需要剪枝。

dfs函数我们就盯着某一个位置在干什么。比如绿圈的位置，因为上面已经选过了，所以要需要考虑这一次的数选or不选，所以dfs不仅要这个nums，还要告诉我你当前选到了那个位置，dfs(nums，pos)
选就加入到path里，然后dfs(nums，pos+1)下一层
不选直接 dfs(nums，pos+1)下一层

细节问题：回溯要恢复现场，因此我们在选的这条路径在递归返回之后把path最后一个位置pop掉，剪枝我们这里没有。递归出口当pos==nums.size()的时候，把path放到ret里，然后返回即可。

class Solution {vector<vector<int>> ret;vector<int> path;
public:vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {dfs(nums,0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums,int pos){if(pos == nums.size()){ret.push_back(path);return;}// 选path.push_back(nums[pos]);dfs(nums,pos+1);path.pop_back(); // 恢复现场// 不选dfs(nums,pos+1);}
};

解法二：
也是上面一样的步骤，

1. 画出决策树
2. 设计代码
   全局变量
   dfs
   细节：回溯、剪枝、递归出口

这里我们换一种思考方式，当我们选的子集是没有元素、只有一个元素、只有两个元素、只有三个元素等等。前面的是盯着某一个数选or不选，现在我们直接看看最终要的子集要么没有，要么一个元素，要么两个元素，要么三个元素等等，从小到大去选。并且每次是从这个被选的数的后面再次选。并且每一个节点都是我们想要的结果。

你会发现我们这种解法比上面少了很多没有必要的情况。

全局变量还是上面那两个，dfs函数 从当前节点位置开始向后枚举，所以也要知道当前位置 dfs(nums，pos)。for(int i=pos;i<nums.size();++i) 把路径上的节点放入path，然后递归到下一层dfs(nums，pos+1)，当递归返回收把path最后一个位置pop掉。 回溯也要恢复现场，把path最后一个位置pop掉，这里我们不用剪枝，递归出口，每次进入递归函数后先把path先放到ret里。然后也不需要出口，循环条件不满足就出去了。

class Solution {vector<vector<int>> ret;vector<int> path;
public:vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {dfs(nums,0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums,int pos){ret.push_back(path);for(int i=pos;i<nums.size();++i){path.push_back(nums[i]);dfs(nums,i+1);path.pop_back(); // 恢复现场}}
};