給定乙個陣列 candidates 和乙個目標數 target ，找出 candidates 中所有可以使數字和為 target 的組合。candidates 中的每個數字在每個組合中只能使用一次。
說明：
1.回溯+剪枝
時間複雜度：o(2^n × n) ，其中 n 是陣列 candidates 的長度。在大部分遞迴 + 回溯的題目中，我們無法給出乙個嚴格的漸進緊界，故這裡只分析乙個較為寬鬆的漸進上界。在最壞的情況下，陣列中的每個數都不相同，那麼列表 freq 的長度同樣為 n。在遞迴時，每個位置可以選或不選，如果陣列中所有數的和不超過 target，那麼 2^n種組合都會被列舉到；在 target 小於陣列中所有數的和時，我們並不能解析地算出滿足題目要求的組合的數量，但我們知道每得到乙個滿足要求的組合，需要 o(n) 的時間將其放入答案中，因此我們將 o(2^n) 與 o(n) 相乘，即可估算出乙個寬鬆的時間複雜度上界。由於 o(2^n × n)在漸進意義下大於排序的時間複雜度 o(n×logn)，因此後者可以忽略不計。
空間複雜度：o(n)。除了儲存答案的陣列外，我們需要 o(n) 的空間儲存列表 freq、遞迴中儲存當前選擇的數的列表、以及遞迴需要的棧。
class
solution
if(idx == freq.
size()
|| target < freq[idx]
.first)
//遞迴退出條件2
// 直接跳過
dfs(freq, target, ans, combine, idx +1)
;// 之前組合總和i題目的解法
// if (target - candidates[idx] >= 0)
// 此組合總和ⅱ題目的解法
int temp =
min(target / freq[idx]
.first, freq[idx]
.second)
;for
(int i =
1; i <= temp;
++i)
for(
int i =
1; i <= temp;
++i)
}public
: vectorint>>
combinationsum2
(vector<
int>
& candidates,
int target)
else
}dfs
(freq, target, ans, combine,0)
;return ans;}}
;
FME模板興趣班第十期任務小結
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