组合[中等]

一、题目

给定两个整数n和k，返回范围[1, n]中所有可能的k个数的组合。你可以按 任何顺序 返回答案。

示例 1：
输入：n = 4, k = 2
输出：
[ [2,4], [3,4], [2,3], [1,2], [1,3], [1,4], ]

示例 2：
输入：n = 1, k = 1
输出：[[1]]

1 <= n <= 20
1 <= k <= n

二、代码

【1】递归实现组合型枚举： 从n个当中选k个的所有方案对应的枚举是组合型枚举。在「方法一」中我们用递归来实现组合型枚举。首先我们先回忆一下如何用递归实现二进制枚举（子集枚举），假设我们需要找到一个长度为n的序列a的所有子序列，代码框架是这样的：

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
   
    if (cur == n + 1) {
   
        // 记录答案
        // ...
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

上面的代码中，dfs(cur,n)参数表示当前位置是cur，原序列总长度为n。原序列的每个位置在答案序列种的状态有被选中和不被选中两种，我们用temp数组存放已经被选出的数字。在进入dfs(cur,n)之前[1,cur−1]位置的状态是确定的，而[cur,n]内位置的状态是不确定的，dfs(cur,n)需要确定cur位置的状态，然后求解子问题dfs(cur+1,n)。对于cur位置，我们需要考虑a[cur]取或者不取，如果取，我们需要把a[cur]放入一个临时的答案数组中（即上面代码中的temp），再执行dfs(cur+1,n)，执行结束后需要对temp进行回溯；如果不取，则直接执行dfs(cur+1,n)。在整个递归调用的过程中，cur是从小到大递增的，当cur增加到n+1的时候，记录答案并终止递归。可以看出二进制枚举的时间复杂度是O(2^n)。

组合枚举的代码框架可以借鉴二进制枚举。例如我们需要在n个元素选k个，在dfs的时候需要多传入一个参数k，即dfs(cur,n,k)。在每次进入这个dfs函数时，我们都去判断当前temp的长度是否为k，如果为k，就把temp加入答案并直接返回，即：

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
   
    // 记录合法的答案
    if (temp.size() == k) {
   
        ans.push_back(temp);
        return;
    }
    // cur == n + 1 的时候结束递归
    if (cur == n + 1) {
   
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

这个时候我们可以做一个剪枝，如果当前temp的大小为s，未确定状态的区间[cur,n]的长度为t，如果s+t<k，那么即使t个都被选中，也不可能构造出一个长度为k的序列，故这种情况就没有必要继续向下递归，即我们可以在每次递归开始的时候做一次这样的判断：

if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
   
    return;
}

代码就变成了这样：

vector<int> temp;
void dfs(int cur, int n) {
   
    // 剪枝：temp 长度加上区间 [cur, n] 的长度小于 k，不可能构造出长度为 k 的 temp
    if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
   
        return;
    }
    // 记录合法的答案
    if (temp.size() == k) {
   
        ans.push_back(temp);
        return;
    }
    // cur == n + 1 的时候结束递归
    if (cur == n + 1) {
   
        return;
    }
    // 考虑选择当前位置
    temp.push_back(cur);
    dfs(cur + 1, n, k);
    temp.pop_back();
    // 考虑不选择当前位置
    dfs(cur + 1, n, k);
}

至此，其实我们已经得到了一个时间复杂度为O((nk))的组合枚举，由于每次记录答案的复杂度为O(k)，故这里的时间复杂度为O((nk)×k)，但是我们还可以进一步优化代码。在上面这份代码中有三个if判断，其实第三处的if是可以被删除的。因为：
【1】首先，cur=n+1的时候，一定不可能出现s>k（s是前文中定义的temp的大小），因为自始至终s绝不可能大于k，它等于k的时候就会被第二处if记录答案并返回；
【2】如果cur=n+1的时候s=k，它也会被第二处 if\text{if}if 记录答案并返回；
【3】如果cur=n+1的时候s<k，一定会在cur<n+1的某个位置的时候发现s+t<k，它也会被第一处if剪枝。

因此，第三处if可以删除。最终我们得到了如下的代码。

class Solution {
   
    List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();

    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
   
        dfs(1, n, k);
        return ans;
    }

    public void dfs(int cur, int n, int k) {
   
        // 剪枝：temp 长度加上区间 [cur, n] 的长度小于 k，不可能构造出长度为 k 的 temp
        if (temp.size() + (n - cur + 1) < k) {
   
            return;
        }
        // 记录合法的答案
        if (temp.size() == k) {
   
            ans.add(new ArrayList<Integer>(temp));
            return;
        }
        // 考虑选择当前位置
        temp.add(cur);
        dfs(cur + 1, n, k);
        temp.remove(temp.size() - 1);
        // 考虑不选择当前位置
        dfs(cur + 1, n, k);
    }
}

时间复杂度： O((k/n​)×k)，分析见「思路」部分。
空间复杂度： O(n+k)=O(n)，即递归使用栈空间的空间代价和临时数组temp的空间代价。

【2】非递归（字典序法）实现组合型枚举： 这个方法理解起来比「方法一」复杂，建议读者遇到不理解的地方可以在草稿纸上举例模拟这个过程。这里的非递归版不是简单的用栈模拟递归转化为非递归：我们希望通过合适的手段，消除递归栈带来的额外空间代价。假设我们把原序列中被选中的位置记为1，不被选中的位置记为0，对于每个方案都可以构造出一个二进制数。我们让原序列从大到小排列（即{n,n−1,⋯1,0}。我们先看一看n=4，k=2的例子：

至此，我们可以写出一个朴素的程序，用一个长度为n的0/1数组来表示选择方案对应的二进制数，初始状态下最低的k位全部为1，其余位置全部为0，然后不断通过上述方案求next，就可以构造出所有的方案。

我们可以进一步优化实现，我们来看n=5，k=3的例子，根据上面的策略我们可以得到这张表：

在朴素的方法中我们通过二进制数来构造方案，而二进制数是需要通过迭代的方法来获取next的。考虑不通过二进制数，直接在方案上变换来得到下一个方案。假设一个方案从低到高的k个数分别是{a0,a1,⋯ ,ak−1}，我们可以从低位向高位找到第一个j使得aj+1≠aj+1​，我们知道出现在a序列中的数字在二进制数中对应的位置一定是1，即表示被选中，那么aj+1≠aj+1意味着aj和aj+1对应的二进制位中间有0，即这两个1不连续。我们把aj对应的1向高位推送，也就对应着aj←aj+1，而对于i∈[0,j−1]内所有的ai把值恢复成i+1，即对应这j个1被移动到了二进制数的最低j位。这似乎只考虑了上面的「规则二」。但是实际上 「规则一」是「规则二」在t=0时的特殊情况，因此这么做和按照两条规则模拟是等价的。

在实现的时候，我们可以用一个数组temp来存放a序列，一开始我们先把1到k按顺序存入这个数组，他们对应的下标是0到k−1。为了计算的方便，我们需要在下标k的位置放置一个哨兵n+1（思考题：为什么是n+1呢？）。然后对这个temp序列按照这个规则进行变换，每次把前k位（即除了最后一位哨兵）的元素形成的子数组加入答案。每次变换的时候，我们把第一个aj+1≠aj+1的j找出，使aj自增1，同时对i∈[0,j−1]的aia重新置数。如此循环，直到temp中的所有元素为n内最大的k个元素。

回过头看这个思考题，它是为了我们判断退出条件服务的。我们如何判断枚举到了终止条件呢？其实不是直接通过temp来判断的，我们会看每次找到的j的位置，如果j=k了，就说明[0,k−1]内的所有的数字是比第k位小的最后k个数字，这个时候我们找不到任何方案的字典序比当前方案大了，结束枚举。

class Solution {
   
    List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();

    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
   
        List<Integer> temp = new ArrayList<Integer>();
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();
        // 初始化
        // 将 temp 中 [0, k - 1] 每个位置 i 设置为 i + 1，即 [0, k - 1] 存 [1, k]
        // 末尾加一位 n + 1 作为哨兵
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
   
            temp.add(i);
        }
        temp.add(n + 1);
        
        int j = 0;
        while (j < k) {
   
            ans.add(new ArrayList<Integer>(temp.subList(0, k)));
            j = 0;
            // 寻找第一个 temp[j] + 1 != temp[j + 1] 的位置 t
            // 我们需要把 [0, t - 1] 区间内的每个位置重置成 [1, t]
            while (j < k && temp.get(j) + 1 == temp.get(j + 1)) {
   
                temp.set(j, j + 1);
                ++j;
            }
            // j 是第一个 temp[j] + 1 != temp[j + 1] 的位置
            temp.set(j, temp.get(j) + 1);
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度： O((nk)×k)。外层循环的执行次数是(n/k)次，每次需要做一个O(k)的添加答案和O(k)的内层循环，故时间复杂度O((n/k)×k)。
空间复杂度： O(k)。即temp的空间代价。