内容摘要：全排列 II力扣题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。

全排列 II

力扣题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations-ii

给定一个可包含重复数字的排列序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的问题全排列。

示例 1：

输入：nums = [1,也去1,2] 输出：[[1,1,2], [1,2,1], [2,1,1]]

示例 2：

输入：nums = [1,2,3] 输出：[[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]]

提示：

1 <= nums.length <= 8 -10 <= nums[i] <= 10

思路

如果对回溯算法基础还不了解的话，我还特意录制了一期视频：带你学透回溯算法(理论篇) 可以结合题解和视频一起看，排列希望对大家理解回溯算法有所帮助。问题

这道题目和全排列的也去区别在与给定一个可包含重复数字的序列，要返回所有不重复的排列全排列。

这里又涉及到去重了。问题

在组合总和II 、也去子集II我们分别详细讲解了组合问题和子集问题如何去重。排列

那么排列问题其实也是问题一样的套路。

还要强调的也去是去重一定要对元素经行排序，这样我们才方便通过相邻的排列节点来判断是否重复使用了。

我以示例中的问题 [1,1,2]为例 (为了方便举例，已经排序)抽象为一棵树，也去去重过程如图：

全排列II1

图中我们对同一树层，前一位(也就是nums[i-1])如果使用过，那么就进行去重。

一般来说：组合问题和排列问题是在树形结构的源码库叶子节点上收集结果，而子集问题就是取树上所有节点的结果。

在46.全排列中已经详解讲解了排列问题的写法，在40.组合总和II 、90.子集II中详细讲解的去重的写法，所以这次我就不用回溯三部曲分析了，直接给出代码，如下：

C++代码

class Solution {  private:     vector<vector<int>> result;     vector<int> path;     void backtracking (vector<int>& nums, vector<bool>& used) {          // 此时说明找到了一组         if (path.size() == nums.size()) {              result.push_back(path);             return;         }         for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {              // used[i - 1] == true，说明同一树支nums[i - 1]使用过             // used[i - 1] == false，说明同一树层nums[i - 1]使用过             // 如果同一树层nums[i - 1]使用过则直接跳过             if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {                  continue;             }             if (used[i] == false) {                  used[i] = true;                 path.push_back(nums[i]);                 backtracking(nums, used);                 path.pop_back();                 used[i] = false;             }         }     } public:     vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {          result.clear();         path.clear();         sort(nums.begin(), nums.end()); // 排序         vector<bool> used(nums.size(), false);         backtracking(nums, used);         return result;     } }; 

拓展

大家发现，去重最为关键的代码为：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {      continue; } 

如果改成 used[i - 1] == true， 也是正确的!，去重代码如下：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) {      continue; } 

这是为什么呢，就是上面我刚说的，如果要对树层中前一位去重，就用used[i - 1] == false，如果要对树枝前一位去重用used[i - 1] == true。

对于排列问题，树层上去重和树枝上去重，都是可以的，源码下载但是树层上去重效率更高!

这么说是不是有点抽象?

来来来，我就用输入: [1,1,1] 来举一个例子。

树层上去重(used[i - 1] == false)，的树形结构如下：

全排列II2

树枝上去重(used[i - 1] == true)的树型结构如下：

全排列II

大家应该很清晰的看到，树层上对前一位去重非常彻底，效率很高，树枝上对前一位去重虽然最后可以得到答案，但是做了很多无用搜索。

总结

这道题其实还是用了我们之前讲过的去重思路，但有意思的是，去重的代码中，这么写：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false) {      continue; } 

和这么写：

if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == true) {      continue; } 

都是可以的，这也是很多同学做这道题目困惑的地方，知道used[i - 1] == false也行而used[i - 1] == true也行，但是就想不明白为啥。

所以我通过举[1,1,1]的云服务器例子，把这两个去重的逻辑分别抽象成树形结构，大家可以一目了然：为什么两种写法都可以以及哪一种效率更高!

是不是豁然开朗了!!

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