本文始发于个人公众号：TechFlow，原创不易，求个关注
今天是LeetCode第28篇，依然是全排列的问题。
如果对全排列不熟悉或者是最近关注的同学可以看一下上一篇文章：
LeetCode就是喜欢这样，把类似的问题放在一起，让你刷的时候一起刷，从而更加深刻地理解。今天的问题同样是全排列，不过稍稍不同的是，我们有一个限制条件不一样，给定的元素当中可能存在重复。但是元素存在重复，我们并不想最后的结果也出现重复，这个时候应该怎么办？
举个例子，比如我们有一个排列是[1, 2, 2].
它的所有排列是[1, 2, 2], [2, 1, 2], [2, 2, 1]，但是注意，在之前的做法当中，我们把所有的元素看成是unique的，但是现在这个条件被破坏了。显然我们需要在实现全排列的基础上解决这个问题。
无脑解决
解决的方法有两种，第一种是无脑解决。是的你没有看错，因为我们分析一下就会发现next_permutation循环的方法在这题当中仍然奏效，原因也很简单，因为我们每次用next_permutation求得字典序+1的下一个排列的时候，显然已经去除了重复元素的情况。为什么？因为同样元素换位置字典序是不会变化的。
比如下图当中，我们更换两个2的顺序，整个序列的字典序是没有变化的，要使得字典序变化一定要交换不同的元素。所以这个解法是可行的。
next_permutation是返回当前序列字典序+1的序列的算法，这个算法在之前的文章当中出现过，所以我就不赘述它的原理了，如果你不记得或者是忘记了的话，可以点击下方的链接回顾一下：
LeetCode 31：递归、回溯、八皇后、全排列一篇文章全讲清楚
这个解法和上一题的最后一个解法完全一样，连改动都不需要，我们直接把代码copy过来把函数名匹配上就可以提交了。这也是我说这道题无脑的原因。
class Solution: def get_next(self, nums: List[int]): """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ # 长度 n = len(nums) # 记录图中i-1的位置 pos = n - 1 for i in range(n-1, 0, -1): # 如果降序破坏，说明找到了i if nums[i] > nums[i-1]: pos = i-1 break for i in range(n-1, pos, -1): # 从最后开始找大于pos位置的 if nums[i] > nums[pos]: # 先交换元素，在进行翻转 nums[i], nums[pos] = nums[pos], nums[i] # 翻转[pos+1, n]区间 nums[pos+1:] = nums[n:pos:-1] return False return True def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]: ret = [] # 从小到大排序，获得最小排列 nums = sorted(nums) ret.append(nums.copy()) # 如果还有下一个排列则继续调用 while not self.get_next(nums): # 要.copy()是因为Python中存储的引用，如果不加copy # 会导致当nums发生变化之后，ret中存储的数据也会变化 ret.append(nums.copy()) return ret回溯法
显然重复之前的工作并不能让我们变得更强，所以我们还是要回到正解上来。在之前的文章我们知道，生成全排列的通常做法是使用回溯法。那么如果使用回溯法我们怎么解决重复元素的问题呢？
还是老惯例，我们要解决问题，首先来分析问题，我们知道重复的元素会干扰全排列生成的算法，那么它为什么会干扰，是怎么干扰的？
在回溯法当中，我们是顺序遍历位置，然后枚举放置的元素。于是我们大概可以想出两种可能导致重复的情况。
我们先来看情况1，情况1很简单，就是同一个位置放入同样元素的情况。比如我们原数组当中有两个4，我们在放置的过程当中放入第一个4和第二个4的情况是一样的。显然这就重复了，我们可以参考下下图，我们给当下所有的选择编号，选择2和选择3是等价的，两者只能选一个。
第二种情况也比较容易想明白，还是同样的例子，我们给数组当中的两个4编号，一个编号是
，一个是
，我们会发现对于两个位置，我们先放第一个再放第二个和先放第二个再放第一个是重复的。
表面上来看情况是这两种，但是如果深入分析会发现这两种情况其实说的是一回事，结果出现重复都是由于全排列的时候元素出现不稳定造成的。
这里的“稳定“其实是一个排序算法当中的术语，我们经常会讨论某一个排序算法是稳定的，某一个不是。这个稳定是什么意思呢，其实就是指的元素的相对顺序。比如在上面这张图当中的两个4，如果在排序的结果当中，后面一个4有可能出现在第一个4的前面，那么就说明这个算法是不稳定的，同样，如果不会出现这样的情况，那么可以说这个算法是稳定的。
同样，如果我们能保证执行全排列的时候元素的稳定性，那么这个问题就解决了。表面上看这似乎是一个优化问题，其实不然，考察的是稳定性这个概念。
如果能想到稳定性这点，离解决已经很近了。我们要保证稳定性，也就是说对于当前元素，我们需要保证前面的同元素已经放置了，那么在一个排列中，相同元素的摆放位置应该是递增的。我们用map记录每一个元素最后一次摆放的位置，控制它在往下递归的过程当中递增即可。
比如当数组当中有两个4的时候，第一个4如果还没有摆放，那么第二个4也不能摆。但是由于我们在判断要不要摆放第二个4的时候，并不知道前面是否还有其他的4，所以我们只能倒过来，判断在摆放第一个4的时候，是不是已经放过了后面的4，如果是的话，那么这个操作不能执行。用语言描述这个逻辑有点绕，我们来看下图就明白了：
我们摆放了第一个4之后，map[4] = 4，记录的是摆放的4的下标，当我们枚举放置第一个4的时候，发现已经放置的4下标大于当前，说明非法，放置了会引起重复。
还有一个问题是当我们回溯的时候，需要重置map里的值，比如：
在一次递归当中，我们放置了两个4，放了第二个4之后，map[4] = 4，当我们回溯弹出第二个4的时候，这个时候的map[4]应该是多少？
答案不难，应该是1，也就是第一个4的下标。所以我们在递归的时候，在更新map之前，需要记录一下之前的值，方便回溯的时候恢复。
我们整理一下，思路可以得到代码：
class Solution: def dfs(self, nums, n, i, states, cur, ret, flag): if i == n: ret.append(cur.copy()) return for p in range(n): # 遍历所有元素 # 如果p元素已经放置过了，或者是已经放置了更后面的同元素 # 跳过 if flag[p] or (nums[p] in states and states[nums[p]] >= p): continue # 当前位置放置p cur.append(nums[p]) # 更新之前，记录之前的值 tmp, states[nums[p]] = states[nums[p]] if nums[p] in states else -1, p # flag[p]置为True flag[p] = True # 递归 self.dfs(nums, n, i+1, states, cur, ret, flag) # 回溯 cur.pop() flag[p] = False # 恢复递归之前的值 states[nums[p]] = tmp # states.remove((i, nums[p])) def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]: ret = [] n = len(nums) # 记录元素i有没有放置过 flag = [False for _ in range(n)] self.dfs(nums, n, 0, {}, [], ret, flag) return ret改进
上面这个方法其实有点复杂，理解起来有很多细节，一个比较蛋疼的点就是我们用了map去记录了位置，由于要更新map，所以还需要记录之前的值，还需要判断元素不在map当中的情况。并且map的查找存在开销，那么我们能不能不用map呢？
在想怎么不用map的替代方案之前，我们需要先搞清楚，我们为什么要使用map？
这个问题问的并不是一个充分问题，而是一个必要问题，不是用map解决了什么问题，而是我们为什么只能用map不可呢？
因为map是一个容器，它能存储数据。对于一个元素t来说，我们并不知道它在数组nums当中之前出现的位置是哪里，我们也并不知道这些之前出现的t有没有被放入当前的排列里。我们用map记录下t的下标，本质原因是这个。map只是我们实现这个功能的手段，不是目的。
所以我们如果不想使用map，必须要保证能够知道每一个元素的摆放位置才可以。要做到这点其实并不难，我们只需要对nums排序就好了。排序之后，所有相同的元素都会挨在一起。那么，对于位置p来说，我们只需要判断如果nums[p-1] 等于 nums[p]的话，必须要flag[p-1]等于true，也就是说对于元素v来说，它前面一位如果是v必须要放置好，才能放置当前的v，否则就是非法的。这样每一个v都限制前一个v，就保证了所有的v不会起冲突。这是一种链式限制的思想。
通过这种方法，我们就可以抛弃掉map的使用，进而极大地提升效率。
想清楚了原理之后，代码非常简单：
class Solution: def dfs(self, nums, n, i, cur, ret, flag): if i == n: ret.append(cur.copy()) return for p in range(n): # 遍历所有元素 # 如果p元素已经放置过了，或者 # 如果nums[p-1] == nums[p] 并且flag[p-1] 是False # 跳过 if flag[p] or (p > 0 and nums[p-1] == nums[p] and not flag[p-1]): continue # 当前位置放置p cur.append(nums[p]) # flag[p]置为True flag[p] = True # 递归 self.dfs(nums, n, i+1, cur, ret, flag) # 回溯 cur.pop() flag[p] = False def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]: ret = [] n = len(nums) # 记录元素i有没有放置过 nums = sorted(nums) flag = [False for _ in range(n)] self.dfs(nums, n, 0, [], ret, flag) return ret你看，我们只需要排序，也不需要引入新的数据结构，就可以完美地解决这个问题。其实很多时候，解决问题的途径有很多种，能不能想到更好的解法除了取决于能力之外，更重要的还是对问题的理解。
这道题也是一个Medium的问题，总体来说难度并不大。如果可以不看标程，独立通过这道题，就说明对全排列这个问题的思考已经比较到位了。
今天的文章就是这些，如果觉得有所收获，请顺手点个关注或者转发吧，你们的举手之劳对我来说很重要。
原文地址：https://www.cnblogs.com/techflow/p/12640513.html