本文主要是介绍【三十六】【算法分析与设计】综合练习（3），39. 组合总和，784. 字母大小写全排列，526. 优美的排列，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
目录
39. 组合总和
对每一个位置进行枚举
枚举每一个数出现的次数
784. 字母大小写全排列
526. 优美的排列
结尾
39. 组合总和
给你一个 无重复元素 的整数数组
candidates和一个目标整数target，找出candidates中可以使数字和为目标数target的 所有 不同组合 ，并以列表形式返回。你可以按 任意顺序 返回这些组合。
candidates中的 同一个 数字可以 无限制重复被选取 。如果至少一个数字的被选数量不同，则两种组合是不同的。对于给定的输入，保证和为
target的不同组合数少于150个。示例 1：
输入：candidates = [2,3,6,7], target = 7输出：[[2,2,3],[7]] 解释： 2 和 3 可以形成一组候选，2 + 2 + 3 = 7 。注意 2 可以使用多次。 7 也是一个候选， 7 = 7 。 仅有这两种组合。示例 2：
输入: candidates = [2,3,5], target = 8 输出: [[2,2,2,2],[2,3,3],[3,5]]示例 3：
输入: candidates = [2], target = 1 输出: []提示：
1 <= candidates.length <= 30
2 <= candidates[i] <= 40
candidates的所有元素 互不相同
1 <= target <= 40
对每一个位置进行枚举
定义节点信息，定义path存储路径，定义sum存储当前节点的数字和。这两个变量表示一个节点位置。
定义pos表示孩子节点从哪个下表位置开始枚举。223和322是同一种情况，也就是当排序好了的序列只会出现一次。因此子树每一次都是从根节点的数字开始枚举。这样保证枚举的情况都是非递减，也就保证的不重复。
定义ret存储结果序列。
递归出口，如果sum==aim，将path加入ret结果序列中，return。
剪枝，如果sum>aim，不需要再枚举，直接返回return。
递归遍历整个树。
对于每一棵树根节点，遍历整个树相当于遍历该节点所有的子树。
class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;int sum = 0;int aim;vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& nums, int target) {aim = target;dfs(nums, 0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos) {if (sum == aim) {ret.push_back(path);return;}if (sum > aim)return;for (int i = pos; i < nums.size(); i++) {path.push_back(nums[i]);sum = sum + nums[i];dfs(nums, i);path.pop_back();sum = sum - nums[i];}}
};将全局遍历int类型写到递归函数作为非引用参数，此时不需要再手动回溯，提高效率。
但是不将vector类型写到递归函数作为非引用参数，因为每一次都需要开辟vector的空间，效率反而可能下降。
但是每次开辟int类型的空间，效率影响比较小。
class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;int aim;vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& nums, int target) {aim = target;dfs(nums, 0, 0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos, int sum) {if (sum == aim) {ret.push_back(path);return;}if (sum > aim)return;for (int i = pos; i < nums.size(); i++) {path.push_back(nums[i]);dfs(nums, i, sum + nums[i]);path.pop_back();}}
};枚举每一个数出现的次数
这种情况的剪枝操作多了一个，就是当pos孩子枚举的位置是nums.size()，此时不需要再继续下去了。
class Solution {
public:vector<vector<int>> ret;vector<int> path;int aim;vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& nums, int target) {aim = target;dfs(nums, 0, 0);return ret;}void dfs(vector<int>& nums, int pos, int sum) {if (sum == aim) {ret.push_back(path);return;}if (sum > aim || nums.size() == pos)return;for (int i = 0; i * nums[pos] <= aim; i++) {if (i)path.push_back(nums[pos]);dfs(nums, pos + 1, sum + i * nums[pos]);}for (int i = 1; i * nums[pos] <= aim; i++)path.pop_back();}
};784. 字母大小写全排列
给定一个字符串
s，通过将字符串s中的每个字母转变大小写，我们可以获得一个新的字符串。返回 所有可能得到的字符串集合 。以 任意顺序 返回输出。
示例 1：
输入：s = "a1b2" 输出：["a1b2", "a1B2", "A1b2", "A1B2"]
示例 2:
输入: s = "3z4" 输出: ["3z4","3Z4"]
提示:
1 <= s.length <= 12
s由小写英文字母、大写英文字母和数字组成
定义path表示节点的序列。
定义pos表示下一个可能出现的字符，也就是对应孩子节点的选取。
递归函数遍历整个树。
递归出口，path.size()==s.size()。
class Solution {
public:vector<string> ret;string path;vector<string> letterCasePermutation(string s) {dfs(s, 0);return ret;}void dfs(string& s, int pos) {if (path.size() == s.size()) {ret.push_back(path);return;}// 变if (s[pos] > '9' || s[pos] < '0') {path.push_back(change(s[pos]));dfs(s, pos + 1);path.pop_back();}// 不变path.push_back(s[pos]);dfs(s, pos + 1);path.pop_back();}char change(char& ch) {if (ch <= 'z' && ch >= 'a')return ch - 32;elsereturn ch + 32;}
};526. 优美的排列
假设有从 1 到 n 的 n 个整数。用这些整数构造一个数组
perm（下标从 1 开始），只要满足下述条件 之一 ，该数组就是一个 优美的排列 ：
perm[i]能够被i整除
i能够被perm[i]整除给你一个整数
n，返回可以构造的 优美排列 的 数量 。示例 1：
输入：n = 2 输出：2 解释： 第 1 个优美的排列是 [1,2]： - perm[1] = 1 能被 i = 1 整除 - perm[2] = 2 能被 i = 2 整除 第 2 个优美的排列是 [2,1]: - perm[1] = 2 能被 i = 1 整除 - i = 2 能被 perm[2] = 1 整除
示例 2：
输入：n = 1 输出：1
提示：
1 <= n <= 15
定义ret存储结果个数。
定义check存储当前节点之前已经使用的数字。
定义pos表示孩子节点枚举的位置。
每一个节点都需要维护这一节点的定义。也就是回溯。
class Solution {
public:int ret;vector<bool> check;int countArrangement(int n) {check.resize(16);dfs(1, n);return ret;}void dfs(int pos, int n) {if (pos == n + 1) {ret++;return;}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!check[i] && (i % pos == 0 || pos % i == 0)) {check[i] = true;dfs(pos + 1, n);check[i] = false;}}}
};结尾
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