Day65 代码随想录打卡|回溯算法篇---组合总和II

题目（leecode T40）：

给定一个候选人编号的集合 candidates 和一个目标数 target ，找出 candidates 中所有可以使数字和为 target 的组合。

candidates 中的每个数字在每个组合中只能使用 一次 。

注意：解集不能包含重复的组合。 

方法：本题的要求是每个元素在组合中只能出现一次，并且候选的数字是有可能重复的，因此需要去重操作。分析回溯三部曲。

1：传入参数与返回值：与组合总和的套路相同，此题还需要加一个bool型数组used，用来记录同一树枝上的元素是否使用过。这个集合去重的重任就是used来完成的。

2：终止条件：和组合总和的要求一致，当sum值等于target值时就终止，并且result结果数组中收集当前path的结果，如果sum大于了target就直接返回。

3：单层处理逻辑：本题有一个难点就是因为元素有重复所以最终的结果中我们要去重，有一种方法是算出所有的结果然后再利用set或map的结构去重，但这种方法容易超时，因此我们在计算结果的过程中就需要去重了。去重具体使用的时一个bool类型的used数组，他记录着候选数组中的每个元素的值是否使用过了。具体逻辑入代码所示、

class Solution {
private:vector<vector<int>> result;vector<int> path;void backtracking(vector<int>& candidates, int target, int sum, int startIndex, vector<bool>& used) {if (sum == target) {result.push_back(path);return;}for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target; i++) {// used[i - 1] == true，说明同一树枝candidates[i - 1]使用过// used[i - 1] == false，说明同一树层candidates[i - 1]使用过// 要对同一树层使用过的元素进行跳过if (i > 0 && candidates[i] == candidates[i - 1] && used[i - 1] == false) {continue;}sum += candidates[i];path.push_back(candidates[i]);used[i] = true;backtracking(candidates, target, sum, i + 1, used); // 和39.组合总和的区别1，这里是i+1，每个数字在每个组合中只能使用一次used[i] = false;sum -= candidates[i];path.pop_back();}}public:vector<vector<int>> combinationSum2(vector<int>& candidates, int target) {vector<bool> used(candidates.size(), false);path.clear();result.clear();// 首先把给candidates排序，让其相同的元素都挨在一起。sort(candidates.begin(), candidates.end());backtracking(candidates, target, 0, 0, used);return result;}
};