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【39. 组合总和】中等题

【40.组合总和II】中等题

【131. 分割回文串】中等题

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【39. 组合总和】中等题

思路：

• 确定终止条件：sum = target时记录路径并返回。
• 剪枝：当前节点的路径之和已经大于sum就不可能再等于sum了，结束该分支的递归
• 确定单层递归逻辑：遍历所有子节点，遍历的关键在于遍历的同时去重，只要保证子节点从当前索引开始，就可以对无限制重复抽取的结果进行去重。

易错点：path不能直接加入res中，否则加入的是path的引用，res中已经记录的值会随着path的改变而改变，一定要复制一份再加入res

相似题目：40.组合总和II，相似点都是考虑如何去重

class Solution {List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();List<Integer> path = new ArrayList<>();int sum = 0;public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {backtracking(candidates, 0, target);return res;}public void backtracking(int[] candidates, int start, int target){// 确定终止条件if (sum == target) {res.add(new ArrayList(path));return;}// 剪枝：当前节点的路径之和已经大于sum就不可能再等于sum了，结束该分支的递归if (sum > target) return;// 确定单层递归逻辑，遍历所有子节点(关键是要在遍历的时候去重，因为可无限制重复抽取)for (int i = start; i < candidates.length; i++){path.add(candidates[i]);sum += candidates[i];backtracking(candidates, i, target);path.remove(path.size() - 1);sum -= candidates[i];}}}

• 时间复杂度:？
• 空间复杂度: O(target)，path记录求和的路径，如果全是最小值2的话，那么最坏情况下path长为target/2

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【40.组合总和II】中等题

难点：数组candidates中同值的元素可能有多个，而且数组candidates中每个元素只能最多用一次，可能会出现重复的结果

关键：遍历的同时实现去重，先排序，然后根据当前子节点与前一个子节点的值是否相同，不相同再遍历，以实现进行去重。

class Solution {List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();List<Integer> path = new ArrayList<>();int sum = 0; public List<List<Integer>> combinationSum2(int[] candidates, int target) {// 排序Arrays.sort(candidates);// 递归 & 回溯backtracking(candidates, 0, target);return res;}public void backtracking(int[] candidates, int start, int target){if (sum == target){res.add(new ArrayList(path));return;}// 剪枝1if (sum > target) return;// 遍历子节点for (int i = start; i < candidates.length; i++){// 剪枝2 & 去重(如果上个子节点和当前字节点的值相同，那么就不需要再遍历了，否则结果会重复)if (i > start && candidates[i - 1] == candidates[i]) continue;System.out.println(candidates[i]);path.add(candidates[i]);sum += candidates[i];backtracking(candidates, i + 1, target);path.remove(path.size() - 1);sum -= candidates[i];}}}

• 时间复杂度: ？
• 空间复杂度: O(n)，path最长为n

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【131. 分割回文串】中等题

关键：将递归&回溯想象成一棵树，关键是思考【树的子节点含义是什么？】、【当前节点包含哪些子节点？】、【如何判断路径是否符合要求？】

思路：以 s = "abaca" 为例

• 第一层中，start = 0，即所有子节点都包含s中的第一个字符a，如果子节点对应的子串不是回文串（例如第二个子节点"ab"），那么就不符合题目要求，该分支不需要进行递归，直接遍历下一个节点即可。
• 第二层中，start = 1， 与上面的start的关系是，第二层的start是第一层子串的结束索引/子串最后一个字符对应的索引 + 1。
• 递归结束条件，如果当前开始的索引已经超过合法索引的最大值，则记录结果并返回。

class Solution {List<List<String>> res = new ArrayList<>();List<String> path = new ArrayList<>();public List<List<String>> partition(String s) {backtracking(s, 0);return res;}public void backtracking(String s, int start){if (start == s.length()){res.add(new ArrayList(path));return;}// 左闭右开for (int i = start + 1; i <= s.length(); i++){String subS = s.substring(start, i); // substring不包含结束索引，所以必须左闭右开// 如果当前子节点不是回文串，则继续遍历下个子节点，不记录该路径的结果if (!isPalindrome(subS)) continue;// 如果当前子节点是回文串，加入路径->继续往下递归->回溯，恢复路径path.add(subS);backtracking(s, i);path.remove(path.size() - 1);}}// 判断长度至少为1的字符串是否为回文串public boolean isPalindrome(String s){boolean judge = true;int left = 0;int right = s.length() - 1;while (left < right){if (s.charAt(left) != s.charAt(right)){judge = false;break;}left++;right--;}return judge;}
}

• 时间复杂度: ？
• 空间复杂度: O(n)，path最长为字符串的长度n

这三题的时间复杂度很迷，感觉很难定义，弄清除了再补充。