给出一个具有重复数字的列表，找出列表所有不同的排列。
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样例 1：
输入：[1,1]
输出：
[
[1,1]
]
样例 2：
输入：[1,2,2]
输出：
[
[1,2,2],
[2,1,2],
[2,2,1]
]解题思路
- 这道题我们需要使用dfs+回溯的方法来进行求解。
- 我们定义dfs函数，使用递归的方法对决策树进行深度优先遍历。对于长度为n的数组nums，我们一位一位地生成它的排列数组，每深入一层数组长度就加1，遍历到叶节点时生成数组的长度达到n，即为我们的答案。
- 由于数组中有重复元素，所以我们在遍历时需要剪枝操作。
算法流程 - 首先对数组进行排序，以使得重复元素相邻，这样才能进行剪枝。
- 定义数组used，used[i]表示nums[i]是否已使用过，初始化全为false。数组path，表示从根结点到该节点经过的路径，即当前已生成的数组，初始化为空。数组res存储结果。
-
使用dfs函数进行递归遍历
- 递归出口：如果path的长度与nums的长度相等，说明已经生成好了排列数组path，那么我们把它的拷贝加入res中。
-
遍历nums中的每个元素，对于nums[i]
- 如果path中已经存在，即used[i]为true，跳过
- 如果它和前一位元素相等，即nums[i-1] == nums[i]，并且前一位元素已经搜索并回溯过了，即!used[i-1]，为了避免生成重复的排列数组，也跳过
- 排除上述两种情况后，把nums[i]变为true，然后对新生成的path继续送入dfs函数中。
- 最后进行回溯操作，即删除path[i]，used[i]变为false。
举例说明
- 如图所示，nums = [1, 2, 2]，第二个2标记为2'用于区分相同元素。每个节点有path和used两个属性。
- 首先，在根结点，path为[]，used全为false（图中标为[0, 0, 0]）。然后进行dfs遍历，到下一层，先加入元素1，path为[1]，used为[1, 0,0 ]。再到下一层，由于1已经使用过了，我们加入元素2，path为[1， 2]，used为[1, 1,0 ]。这样，每深一层path长度加1。达到最底层的叶节点，path为[1, 2, 2]，把它加入res中。同理，可以得到其他的叶节点。
- 注意，图中标出画叉的地方，代表出现了重复元素而进行剪枝。
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n×n!)，这里 n 为数组的长度。当没有重复元素时，排列数组有n!个，即最深层有n!个叶子节点，而拷贝操作需要n，所以时间复杂度为O(n×n!)
- 空间复杂度：O(n×n!)。最差情况下，返回的全排列数组有n!个，每个长度为n。
代码
public class Solution {
/*
* @param : A list of integers
* @return: A list of unique permutations
*/
public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
boolean[] used = new boolean[nums.length];
Deque<Integer> path = new ArrayDeque<>(nums.length);
// 排序
Arrays.sort(nums);
// dfs
dfs(nums, used, path, res);
return res;
}
private void dfs(int[] nums, boolean[] used, Deque<Integer> path, List<List<Integer>> res) {
// 叶子节点
if (path.size() == nums.length) {
res.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
// 非叶节点
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
// 元素已访问过 或者 是重复元素
if ((used[i]) || (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1])) {
continue;
}
// 在路径添加该节点，递归
path.addLast(nums[i]);
used[i] = true;
dfs(nums, used, path, res);
// 回溯
used[i] = false;
path.removeLast();
}
}
}更多题解参考：九章官网solution
