leetbook_ioa/docs/LCR 157. 套餐内商品的排列顺序.md
对于一个长度为 $n$ 的字符串（假设字符互不重复），其排列方案数共有：
$$ n \times (n-1) \times (n-2) … \times 2 \times 1 $$
排列方案的生成：
根据字符串排列的特点，考虑深度优先搜索所有排列方案。即通过字符交换，先固定第 $1$ 位字符（ $n$ 种情况）、再固定第 $2$ 位字符（ $n-1$ 种情况）、... 、最后固定第 $n$ 位字符（ $1$ 种情况）。
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重复排列方案与剪枝：
当字符串存在重复字符时，排列方案中也存在重复的排列方案。为排除重复方案，需在固定某位字符时，保证 “每种字符只在此位固定一次” ，即遇到重复字符时不交换，直接跳过。从 DFS 角度看，此操作称为 “剪枝” 。
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x = len(arr) - 1 时，代表所有位已固定（最后一位只有 $1$ 种情况），则将当前组合 arr 转化为字符串并加入 res ，并返回；x ；x 位字符与 i $\in$ [x, len(arr)] 字符分别交换，并进入下层递归；
arr[i] 在 Set 中，代表其是重复字符，因此 “剪枝” ；arr[i] 加入 Set ，以便之后遇到重复字符时剪枝；arr[i] 和 arr[x] 交换，即固定 arr[i] 为当前位字符；dfs(x + 1) ，即开始固定第 x + 1 个字符；arr[i] 和 arr[x] 交换（还原之前的交换）；下图的测试样例为
goods = "abc"。
<,,,,,,,,,,,,,,,>
class Solution:
def goodsOrder(self, goods: str) -> List[str]:
arr, res = list(goods), []
def dfs(x):
if x == len(arr) - 1:
res.append(''.join(arr)) # 添加排列方案
return
hmap = set()
for i in range(x, len(arr)):
if arr[i] in hmap: continue # 重复，因此剪枝
hmap.add(arr[i])
arr[i], arr[x] = arr[x], arr[i] # 交换，将 arr[i] 固定在第 x 位
dfs(x + 1) # 开启固定第 x + 1 位字符
arr[i], arr[x] = arr[x], arr[i] # 恢复交换
dfs(0)
return res
class Solution {
List<String> res = new LinkedList<>();
char[] arr;
public String[] goodsOrder(String goods) {
arr = goods.toCharArray();
dfs(0);
return res.toArray(new String[res.size()]);
}
void dfs(int x) {
if(x == arr.length - 1) {
res.add(String.valueOf(arr)); // 添加排列方案
return;
}
HashSet<Character> set = new HashSet<>();
for(int i = x; i < arr.length; i++) {
if(set.contains(arr[i])) continue; // 重复，因此剪枝
set.add(arr[i]);
swap(i, x); // 交换，将 arr[i] 固定在第 x 位
dfs(x + 1); // 开启固定第 x + 1 位字符
swap(i, x); // 恢复交换
}
}
void swap(int a, int b) {
char tmp = arr[a];
arr[a] = arr[b];
arr[b] = tmp;
}
}
class Solution {
public:
vector<string> goodsOrder(string goods) {
dfs(goods, 0);
return res;
}
private:
vector<string> res;
void dfs(string goods, int x) {
if(x == goods.size() - 1) {
res.push_back(goods); // 添加排列方案
return;
}
set<int> st;
for(int i = x; i < goods.size(); i++) {
if(st.find(goods[i]) != st.end()) continue; // 重复，因此剪枝
st.insert(goods[i]);
swap(goods[i], goods[x]); // 交换，将 goods[i] 固定在第 x 位
dfs(goods, x + 1); // 开启固定第 x + 1 位字符
swap(goods[i], goods[x]); // 恢复交换
}
}
};
goods 的长度；时间复杂度和字符串排列的方案数成线性关系，方案数为 $N \times (N-1) \times (N-2) … \times 2 \times 1$ ，即复杂度为 $O(N!)$ ；字符串拼接操作 join() 使用 $O(N)$ ；因此总体时间复杂度为 $O(N!N)$ 。