标签：style blog color os io 使用 ar for div
Given a collection of numbers that might contain duplicates, return all possible unique permutations. For example, [1,1,2] have the following unique permutations: [1,1,2], [1,2,1], and [2,1,1].
难度：80+15（怎样跳过重复的case来节省时间）。我一开始的想法很简单，就是在permutation这道题的基础上，在把合乎条件的permutation加入permutations的时候，加入一个查重语句。如果是重复的，就不添加。之前Subset II 问题我就是这么做的。
1 if (permutation.size() == num.length) { 2 if (!permutations.contains(permutation)) { 3 permutations.add(new ArrayList<Integer>(permutation)); 4 return; 5 } 6 }
可是这一次行不通了，报TLE。我就开始想，怎么节省时间呢？网上参看了别人的想法，说是对于重复的元素循环时跳过递归函数的调用。对题目这个例子来说就是，如果permutation已经计算过了[num[0], num[1], num[2]]即[1,1,2]这个case，那么之后如果permutation计算到[num[1], num[0], num[2]]又是[1,1,2]这个case的时候，需要跳过，不用算了。这样就可以剩下这部分递归的时间。
怎么知道当前的这个permutation之前出现过没有呢？（本题重点）
首先我们要对元素集合排序，从而让重复元素相邻，接下来就是一行代码对于重复元素和前面元素使用情况的判断。如果第一个重复元素前面的元素还没在当前结果中，那么我们不需要进行递归。
1 public class Solution { 2 public ArrayList<ArrayList<Integer>> permuteUnique(int[] num) { 3 Arrays.sort(num); 4 ArrayList<Integer> permutation = new ArrayList<Integer>(); 5 ArrayList<ArrayList<Integer>> permutations = new ArrayList<ArrayList<Integer>>(); 6 boolean[] visited = new boolean[num.length]; 7 helper(permutation, permutations, num, visited); 8 return permutations; 9 } 10 11 public void helper(ArrayList<Integer> permutation, ArrayList<ArrayList<Integer>> permutations, int[] num, boolean[] visited) { 12 if (permutation.size() == num.length) { 13 permutations.add(new ArrayList<Integer>(permutation)); 14 return; 15 } 16 17 for (int k = 0; k < num.length; k++) { 18 if (k > 0 && !visited[k-1] && num[k] == num[k-1]) continue; 19 if (!visited[k]) { 20 visited[k] = true; 21 permutation.add(num[k]); 22 helper(permutation, permutations, num, visited); 23 permutation.remove(permutation.size() - 1); 24 visited[k] = false; 25 } 26 } 27 } 28 }
标签：style blog color os io 使用 ar for div
原文地址：http://www.cnblogs.com/EdwardLiu/p/3960974.html
