题目描述（中等难度）

78题升级版，大家可以先做 78 题。给定一个数组，输出所有它的子数组。区别在于，这道题给定的数组中，出现了重复的数字。

直接根据 78 题的思路去做。

解法一 回溯法

这个比较好改，我们只需要判断当前数字和上一个数字是否相同，相同的话跳过即可。当然，要把数字首先进行排序。

public List<List<Integer>> subsetsWithDup(int[] nums) {
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
    Arrays.sort(nums); //排序
    getAns(nums, 0, new ArrayList<>(), ans);
    return ans;
}

private void getAns(int[] nums, int start, ArrayList<Integer> temp, List<List<Integer>> ans) {
    ans.add(new ArrayList<>(temp));
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        //和上个数字相等就跳过
        if (i > start && nums[i] == nums[i - 1]) {
            continue;
        }
        temp.add(nums[i]);
        getAns(nums, i + 1, temp, ans);
        temp.remove(temp.size() - 1);
    }
}

时间复杂度：

空间复杂度：

解法二 迭代法

根据78题解法二修改。我们看一下如果直接按照 78 题的思路会出什么问题。之前的思路是，先考虑 0 个数字的所有子串，再考虑 1 个的所有子串，再考虑 2 个的所有子串。而求 n 个的所有子串，就是 【n - 1 的所有子串】和 【n - 1 的所有子串加上 n】。例如，

数组 [ 1 2 3 ] 
[ ]的所有子串 [ ]
[ 1 ] 个的所有子串 [ ] [ 1 ] 
[ 1 2 ] 个的所有子串 [ ] [ 1 ] [ 2 ][ 1 2 ]
[ 1 2 3 ] 个的所有子串 [ ] [ 1 ] [ 2 ] [ 1 2 ] [ 3 ] [ 1 3 ] [ 2 3 ] [ 1 2 3 ]

但是如果有重复的数字，会出现什么问题呢

数组 [ 1 2 2 ] 
[ ] 的所有子串 [ ]
[ 1 ] 的所有子串 [ ] [ 1 ] 
[ 1 2 ] 的所有子串 [ ] [ 1 ] [ 2 ][ 1 2 ]
[ 1 2 2 ] 的所有子串 [ ] [ 1 ] [ 2 ] [ 1 2 ] [ 2 ] [ 1 2 ] [ 2 2 ] [ 1 2 2 ]

我们发现出现了重复的数组，那么我们可不可以像解法一那样，遇到重复的就跳过这个数字呢？答案是否定的，如果最后一步 [ 1 2 2 ] 增加了 2 ，跳过后，最终答案会缺少 [ 2 2 ]、[ 1 2 2 ] 这两个解。我们仔细观察这两个解是怎么产生的。

我们看到第 4 行黑色的部分，重复了，是怎么造成的呢？

第 4 行新添加的 2 要加到第 3 行的所有解中，而第 3 行的一部分解是旧解，一部分是新解。可以看到，我们黑色部分是由第 3 行的旧解产生的，橙色部分是由新解产生的。

而第 1 行到第 2 行，已经在旧解中加入了 2 产生了第 2 行的橙色部分，所以这里如果再在旧解中加 2 产生黑色部分就造成了重复。

所以当有重复数字的时候，我们只考虑上一步的新解，算法中用一个指针保存每一步的新解开始的位置即可。

public List<List<Integer>> subsetsWithDup(int[] nums) {
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
    ans.add(new ArrayList<>());// 初始化空数组
    Arrays.sort(nums);
    int start = 1; //保存新解的开始位置
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        List<List<Integer>> ans_tmp = new ArrayList<>();
        // 遍历之前的所有结果
        for (int j = 0; j < ans.size(); j++) {
            List<Integer> list = ans.get(j);
            //如果出现重复数字，就跳过所有旧解
            if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && j < start) {
                continue;
            }
            List<Integer> tmp = new ArrayList<>(list);
            tmp.add(nums[i]); // 加入新增数字
            ans_tmp.add(tmp);
        }

        start = ans.size(); //更新新解的开始位置
        ans.addAll(ans_tmp);
    }
    return ans;
}

时间复杂度：

空间复杂度：O（1）。

还有一种思路，参考这里，当有重复数字出现的时候我们不再按照之前的思路走，而是单独考虑这种情况。

当有 n 个重复数字出现，其实就是在出现重复数字之前的所有解中，分别加 1 个重复数字， 2 个重复数字，3 个重复数字 ... 什么意思呢，看一个例子。

数组 [ 1 2 2 2 ] 
[ ]的所有子串 [ ]
[ 1 ] 个的所有子串 [ ] [ 1 ] 
然后出现了重复数字 2，那么我们记录重复的次数。然后遍历之前每个解即可
对于 [ ] 这个解，
加 1 个 2，变成 [ 2 ] 
加 2 个 2，变成 [ 2 2 ]
加 3 个 2，变成 [ 2 2 2 ]
对于 [ 1 ] 这个解
加 1 个 2，变成 [ 1 2 ] 
加 2 个 2，变成 [ 1 2 2 ]
加 3 个 2，变成 [ 1 2 2 2 ]

代码的话，就很好写了。

public List<List<Integer>> subsetsWithDup(int[] num) {
    List<List<Integer>> result = new ArrayList<List<Integer>>();
    List<Integer> empty = new ArrayList<Integer>();
    result.add(empty);
    Arrays.sort(num);

    for (int i = 0; i < num.length; i++) {
        int dupCount = 0;
        //判断当前是否是重复数字，并且记录重复的次数
        while( ((i+1) < num.length) && num[i+1] == num[i]) {
            dupCount++;
            i++;
        }
        int prevNum = result.size();
        //遍历之前几个结果的每个解
        for (int j = 0; j < prevNum; j++) {
            List<Integer> element = new ArrayList<Integer>(result.get(j));
            //每次在上次的结果中多加 1 个重复数字
            for (int t = 0; t <= dupCount; t++) {
                element.add(num[i]); //加入当前重复的数字
                result.add(new ArrayList<Integer>(element));
            }
        }
    }
    return result;
}

解法三 位操作

本以为这个思路想不出来怎么去改了，然后看到了这里。

回顾一下，这个题的思想就是每一个数字，考虑它的二进制表示。

例如，nums = [ 1, 2 , 3 ]。用 1 代表在，0 代表不在。

1 2 3
0 0 0 -> [     ]
0 0 1 -> [    3]
0 1 0 -> [  2  ]   
0 1 1 -> [  2 3]  
1 0 0 -> [1    ]
1 0 1 -> [1   3] 
1 1 0 -> [1 2  ]
1 1 1 -> [1 2 3]

但是如果有了重复数字，很明显就行不通了。例如对于 nums = [ 1 2 2 2 3 ]。

1 2 2 2 3
0 1 1 0 0  -> [  2 2  ]
0 1 0 1 0  -> [  2 2  ]
0 0 1 1 0  -> [  2 2  ]

上边三个数产生的数组重复的了。三个中我们只取其中 1 个，取哪个呢？取从重复数字的开头连续的数字。什么意思呢？就是下边的情况是我们所保留的。

2 2 2 2 2 
1 0 0 0 0 -> [  2         ]
1 1 0 0 0 -> [  2 2       ]
1 1 1 0 0 -> [  2 2 2     ]
1 1 1 1 0 -> [  2 2 2 2   ]
1 1 1 1 1 -> [  2 2 2 2 2 ]

而对于 [ 2 2 ] 来说，除了 1 1 0 0 0 可以产生，下边的几种情况，都是产生的 [ 2 2 ]

2 2 2 2 2 
1 1 0 0 0 -> [  2 2       ]
1 0 1 0 0 -> [  2 2       ]
0 1 1 0 0 -> [  2 2       ]
0 1 0 1 0 -> [  2 2       ]
0 0 0 1 1 -> [  2 2       ]
......

怎么把 1 1 0 0 0 和上边的那么多种情况区分开来呢？我们来看一下出现了重复数字，并且当前是 1 的前一个的二进位。

对于 1 1 0 0 0 ，是 1。

对于 1 0 1 0 0 , 是 0。

对于 0 1 1 0 0 ，是 0。

对于 0 1 0 1 0 ，是 0。

对于 0 0 0 1 1 ，是 0。

......

可以看到只有第一种情况对应的是 1 ，其他情况都是 0。其实除去从开头是连续的 1 的话，就是两种情况。

第一种就是，占据了开头，类似于这种 10...1....

第二种就是，没有占据开头，类似于这种 0...1...

这两种情况，除了第一位，其他位的 1 的前边一定是 0。所以的话，我们的条件是看出现了重复数字，并且当前位是 1 的前一个的二进位。

所以可以改代码了。

public List<List<Integer>> subsetsWithDup(int[] num) {
    Arrays.sort(num);
    List<List<Integer>> lists = new ArrayList<>();
    int subsetNum = 1<<num.length;
    for(int i=0;i<subsetNum;i++){
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        boolean illegal=false;
        for(int j=0;j<num.length;j++){
            //当前位是 1
            if((i>>j&1)==1){
                //当前是重复数字，并且前一位是 0，跳过这种情况
                if(j>0&&num[j]==num[j-1]&&(i>>(j-1)&1)==0){
                    illegal=true;
                    break;
                }else{
                    list.add(num[j]);
                }
            }
        }
        if(!illegal){
            lists.add(list); 
        }

    }
    return lists;
}

总

解法一和解法二怎么改，分析一下比较容易想到。解法三就比较难了，突破口就是选一个特殊的结构做代表，和其他情况区分出来。而从头开始的连续 1 可能就会是我们第一个想到的数，然后分析一下，发现果然可以和其他所有情况区分开来。