332.重新安排行程
给定一个机票的字符串二维数组 [from, to]，子数组中的两个成员分别表示飞机出发和降落的机场地点，对该行程进行重新规划排序。所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。
提示：
- 如果存在多种有效的行程，请你按字符自然排序返回最小的行程组合。例如，行程 ["JFK", "LGA"] 与 ["JFK", "LGB"] 相比就更小，排序更靠前
- 所有的机场都用三个大写字母表示（机场代码）。
- 假定所有机票至少存在一种合理的行程。
- 所有的机票必须都用一次 且 只能用一次。
示例 1：
- 输入：[["MUC", "LHR"], ["JFK", "MUC"], ["SFO", "SJC"], ["LHR", "SFO"]]
- 输出：["JFK", "MUC", "LHR", "SFO", "SJC"]
示例 2：
- 输入：[["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]
- 输出：["JFK","ATL","JFK","SFO","ATL","SFO"]
- 解释：另一种有效的行程是 ["JFK","SFO","ATL","JFK","ATL","SFO"]。但是它自然排序更大更靠后。
这道题目有几个难点：
- 一个行程中，如果航班处理不好容易变成一个圈，成为死循环
- 有多种解法，字母序靠前排在前面，让很多同学望而退步，如何该记录映射关系呢 ？
- 使用回溯法（也可以说深搜） 的话，那么终止条件是什么呢？
- 搜索的过程中，如何遍历一个机场所对应的所有机场。
下面是一个有重复机场的例子
出发机场和到达机场也会重复的，如果在解题的过程中没有对集合元素处理好，就会死循环。
对于记录映射关系，可以用哈希集合。在这个过程中，需要可以增删元素。因为出发机场和到达机场是会重复的，搜索的过程没及时删除目的机场就会死循环。
按照回溯三部曲：
- 递归函数参数：要有机票数ticketNum，还要判断机票是否使用过，所以加一个bool数组used，注意，这里函数的返回值用的是bool，因为我们只需要找到一个行程，就是在树形结构中唯一的一条通向叶子节点的路线。之前在二叉树部分有总结过：
- 如果需要搜索整棵二叉树且不用处理递归返回值，递归函数就不要返回值。
- 如果需要搜索整棵二叉树且需要处理递归返回值，递归函数就需要返回值
- 如果要搜索其中一条符合条件的路径，那么递归一定需要返回值。
- 递归终止条件：本题的终止条件可以这样考虑，如[["MUC", "LHR"], ["JFK", "MUC"], ["SFO", "SJC"], ["LHR", "SFO"]]，有四张机票，5个机场，那么行程里的机场个数是5就可以了，也就是path里机场个数等于ticketNum+1
- 单层搜索的逻辑：如果这张机票没有被使用过，且当前机票的第一个机场，等于path里的最后一个机场，就可以将其添加进path。
class Solution {
LinkedList<String> res;
LinkedList<String> path=new LinkedList<>();
public boolean backTracking(List<List<String>> tickets, boolean[] used){
if(path.size()==tickets.size()+1){
res=new LinkedList(path);
return true;
}
for(int i=0;i<tickets.size();i++){
if(!used[i] && tickets.get(i).get(0).equals(path.getLast())){
used[i]=true;
path.add(tickets.get(i).get(1));
if(backTracking(tickets, used)){
return true;
}
used[i]=false;
path.removeLast();
}
}
return false;
}
public List<String> findItinerary(List<List<String>> tickets) {
Collections.sort(tickets, (a,b)->a.get(1).compareTo(b.get(1)));
boolean[] used=new boolean[tickets.size()];
path.add("JFK");
backTracking(tickets, used);
return res;
}
}现在leetcode里这个方法已经超时了。
51. N皇后
n 皇后问题 研究的是如何将 n 个皇后放置在 n×n 的棋盘上，并且使皇后彼此之间不能相互攻击。
给你一个整数 n ，返回所有不同的 n 皇后问题 的解决方案。
每一种解法包含一个不同的 n 皇后问题 的棋子放置方案，该方案中 'Q' 和 '.' 分别代表了皇后和空位。
示例 1：
输入：n = 4 输出：[[".Q..","...Q","Q...","..Q."],["..Q.","Q...","...Q",".Q.."]] 解释：如图所示，4 皇后问题存在两个不同的解法。
n皇后问题是回溯算法解决的经典问题，首先来看一下皇后们的约束条件：
- 不能同行
- 不能同列
- 不能同斜线
确定完约束条件，来看看究竟要怎么去搜索皇后们的位置，其实搜索皇后的位置，可以抽象为一棵树。
下面用一个 3 * 3 的棋盘，将搜索过程抽象为一棵树，如图：
从图中，可以看出，二维矩阵中矩阵的高就是这棵树的高度，矩阵的宽就是树形结构中每一个节点的宽度。用皇后们的约束条件，来回溯搜索这棵树，只要搜索到了树的叶子节点，说明就找到了皇后们的合理位置了。
- 递归函数参数：依然定义全局变量二维数组result来记录最终结果。参数n是棋盘的大小，然后用row来记录当前遍历到棋盘的第几层。
- 终止条件：递归到棋盘最底层（也就是叶子节点）的时候，就可以收集结果并返回
- 单层搜索的逻辑：递归深度就是row控制棋盘的行，每一层里for循环的col控制棋盘的列，一行一列，确定了放置皇后的位置。每次都是要从新的一行的起始位置开始搜，所以都是从0开始。这里面还涉及验证当前位置是否合法的方法，需要按照约束条件进行去重。这里不需要检查行是否重复，因为在单层搜索的过程中，每一层递归，只会选同一行里的一个元素，所以不用去重了。
在N皇后问题中，我们通常只考虑两个对角线方向：从左上角到右下角的45度对角线和从右上角到左下角的135度对角线。
这里还要注意⚠️，在将当前度棋盘结果添加到res中时，要将chessboard转换为List：res.add(Array2List(chessboard)); 因为原先的chessboard为二维数组：
public List Array2List(char[][] chessboard) {
List<String> list = new ArrayList<>();
for (char[] c : chessboard) {
list.add(String.copyValueOf(c));
}
return list;
}class Solution {
List<List<String>> res =new ArrayList<>();
public List ArraytoList(char[][] chessboard){
List<String> list = new ArrayList<>();
for(char[] c:chessboard){
list.add(String.copyValueOf(c));
}
return list;
}
public boolean isValid(int row, int col, int n, char[][] chessboard){
//检查列
for(int i=0;i<row;i++){
if(chessboard[i][col]=='Q'){
return false;
}
}
//检查45度斜线
for(int i=row-1, j=col-1;i>=0 && j>=0; i--, j--){
if(chessboard[i][j]=='Q'){
return false;
}
}
//检查135度斜线
for(int i=row-1, j=col+1; i>=0 && j<n;i--,j++){
if(chessboard[i][j]=='Q'){
return false;
}
}
return true;
}
public void backTracking(int n, int row, char[][] chessboard){
if(row==n){
res.add(ArraytoList(chessboard));
return;
}
for(int col=0;col<n;col++){
if(isValid(row, col, n, chessboard)){
chessboard[row][col]='Q';
backTracking(n, row+1, chessboard);
chessboard[row][col]='.';
}
}
}
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {
char[][] chessboard=new char[n][n];
for(char[]c:chessboard){
Arrays.fill(c,'.');
}
backTracking(n,0,chessboard);
return res;
}
}总结
回溯部分涉及到的题型比较多，而且在二叉树环节也用到了回溯。回溯的问题都可以抽象为树结构，并且其本质是递归，也就是，只要有递归就会有回溯！这次刷题从代码随想录里学到了很有用的回溯模板，但是也不能只依赖于套模板，要具体问题具体分析。
回溯算法能解决如下问题：
- 组合问题：N个数里面按一定规则找出k个数的集合
- 排列问题：N个数按一定规则全排列，有几种排列方式
- 切割问题：一个字符串按一定规则有几种切割方式
- 子集问题：一个N个数的集合里有多少符合条件的子集
- 棋盘问题：N皇后，解数独等等
回溯的模板：
void backtracking(参数) {
if (终止条件) {
存放结果;
return;
}
for (选择：本层集合中元素（树中节点孩子的数量就是集合的大小）) {
处理节点;
backtracking(路径，选择列表); // 递归
回溯，撤销处理结果
}
}组合问题
for循环横向遍历，递归纵向遍历，回溯不断调整结果集，因为取过的元素不再重复取，所以需要startIdx。如果是一个集合来求组合的话，就需要startIndex，如果是多个集合取组合，各个集合之间相互不影响，那么就不用startIndex，比如电话号码组合问题。
优化回溯算法只有剪枝一种方法，思路就是如果剩下的元素个数已经不满足需要的元素，就停止搜索。
（1）如果有元素总和的限制，剪枝的思路就是已选元素总和如果已经大于n（题中要求的和）了，那么往后遍历就没有意义了，直接剪掉
（2）如果包含重复数值的元素，那么使用过的就不能再次使用，carl哥用树枝重复和树层重复来进行细分。可以通过创建一个used数组来记录，也可以使用startIdx来进行去重，先对数组进行排序，如果candidates[i] == candidates[i - 1]相同的情况下：
- 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
（3）多个集合来求组合，就不需要startIdx，而是从0开始遍历。
切割问题
切割问题有如下几个难点：
- 切割问题其实类似组合问题
- 如何模拟那些切割线
- 切割问题中递归如何终止
- 在递归循环中如何截取子串
- 如何判断回文
如果想到了用求解组合问题的思路来解决 切割问题本题就成功一大半了，接下来就可以对着模板照葫芦画瓢。但后序如何模拟切割线，如何终止，如何截取子串，其实都不好想，最后判断回文算是最简单的了。
所以本题应该是一个道hard题目了。除了这些难点，本题还有细节，例如：切割过的地方不能重复切割所以递归函数需要传入i + 1。
树形结构如下：
子集问题
要记住，在树形结构中子集问题是要收集所有节点的结果，而组合问题是收集叶子节点的结果。
子集问题一般都会先进行排序，注意：result.push_back(path);要放在终止条件的上面，如下：
result.push_back(path); // 收集子集，要放在终止添加的上面，否则会漏掉结果
if (startIndex >= nums.size()) { // 终止条件可以不加
return;
}在求递增子序列的时候一定注意，不可以进行排序。所以可以借助哈希集合，记录当前元素是否被使用过。
排列问题
排列是有序的，也就是说 [1,2] 和 [2,1] 是两个集合，这和之前分析的子集以及组合所不同的地方。
可以看出元素1在[1,2]中已经使用过了，但是在[2,1]中还要在使用一次1，所以处理排列问题就不用使用startIndex了。
- 每层都是从0开始搜索而不是startIndex
- 需要used数组记录path里都放了哪些元素