题目一：子集
问题描述
78. 子集 - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 nums ，数组中的元素 互不相同 。返回该数组所有可能的子集（幂集）。
解集 不能 包含重复的子集。你可以按 任意顺序 返回解集。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3] 输出：[[],[1],[2],[1,2],[3],[1,3],[2,3],[1,2,3]]
示例 2：
输入：nums = [0] 输出：[[],[0]]
提示：
1 <= nums.length <= 10-10 <= nums[i] <= 10nums中的所有元素 互不相同
解题步骤
根据前面的做题经验，这一题应该比较容易AC
有没有觉得数组所有可能的子集很像我们每一层遍历的结果，
所以关于子集问题，我们需要的结果不是叶子结点，而是所有结点
那么其它代码逻辑不变，我们只需要改一下收集结果的位置即可
把result.push_back(path);这行代码从终止条件中拿出来
就表示我们每一步都会执行这一句，
空集是所有集合的子集，那么刚调用这个backtracking函数我们就会先加入[]
后面就是遍历一下就加入一下，输出顺序是纵深的，因为这里用的递归调用
对于终止条件，即用完数组所有元素，
那么我们用于指向遍历元素的startindex必然大于等于nums.size()
但其实也可以不加终止条件，因为我们的for循环会让i<nums.size(),它已经结束了
完整代码如下！
code
class Solution {
public:vector<int> path;vector<vector<int>> result;void backtracking(vector<int>& nums,int startindex){//返回的是每个结点result.push_back(path);if(startindex>=nums.size()){return;}for(int i=startindex;i<nums.size();i++){path.push_back(nums[i]);backtracking(nums,i+1);path.pop_back();}}vector<vector<int>> subsets(vector<int>& nums) {backtracking(nums,0);return result;}
};题目二：子集②
问题描述
90. 子集 II - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 nums ，其中可能包含重复元素，请你返回该数组所有可能的 子集（幂集）。
解集 不能 包含重复的子集。返回的解集中，子集可以按 任意顺序 排列。
示例 1：
输入：nums = [1,2,2] 输出：[[],[1],[1,2],[1,2,2],[2],[2,2]]
示例 2：
输入：nums = [0] 输出：[[],[0]]
提示：
1 <= nums.length <= 10-10 <= nums[i] <= 10
解题步骤
这题与上一题的区别就在于nums数组中可能包含重复元素
那么这个关键点和我们之前做过的组合总和②是一样的处理
重点就在于去重
我们需要排掉所有在同一层上相同的结果
但同时保证纵向不会被误判，因为纵向取数产生的数字重复，并不意味着答案重复
纵向是不断把子集变长的过程，加进来的都是从数组中取出的，
取出动作并不存在重复，哪怕数字一样但它不是从nums的同一位置取出的！
所以这一题我们要在单层遍历中加入去重代码即可
if(i>0 && nums[i]==nums[i-1] && used[i-1]==False)
为了方便判断重复元素，我们在主函数中会先对nums数组进行排序
那么遍历到第i个元素就可以通过 nums[i]==nums[i-1]这个代码判断是否出现重复元素
为了保证nums[i-1]合法，所以i必须大于0，
因为每次操作我们会用used数组标记数字的使用情况，
在纵向的递归中，used[i]=used[i-1]=true
但在同层当中，由于前一步存在回溯，我们的used[i-1]==false
翻译一下就是，上一层用过后放回去假装没用过
符合以上条件就是我们的重复元素，那么直接continue不需要继续执行
完整代码如下，需要注意在主函数中定义used数组和对nums数组进行排序！
code
class Solution {
public:vector<int> path;vector<vector<int>> result;void backtracking(vector<int>& nums,int startindex,vector<bool>& used){//返回的是每个结点result.push_back(path);for(int i=startindex;i<nums.size();i++){if(i>0 && nums[i]==nums[i-1] && used[i-1]==false){//去重continue;}path.push_back(nums[i]);used[i]=true;backtracking(nums,i+1,used);used[i]=false;path.pop_back();}}vector<vector<int>> subsetsWithDup(vector<int>& nums) {vector<bool> used(nums.size(), false);sort(nums.begin(),nums.end());backtracking(nums,0,used);return result;}
};题目三：非递减子序列
问题描述
491. 非递减子序列 - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 nums ，找出并返回所有该数组中不同的递增子序列，递增子序列中 至少有两个元素 。你可以按 任意顺序 返回答案。
数组中可能含有重复元素，如出现两个整数相等，也可以视作递增序列的一种特殊情况。
示例 1：
输入：nums = [4,6,7,7] 输出：[[4,6],[4,6,7],[4,6,7,7],[4,7],[4,7,7],[6,7],[6,7,7],[7,7]]
示例 2：
输入：nums = [4,4,3,2,1] 输出：[[4,4]]
提示：
1 <= nums.length <= 15-100 <= nums[i] <= 100
解题步骤
这一题可以看成上一题的升级版，它在要求不重复的情况下同时要求该子序列递增
但需要注意的是这里的子序列是按照原数组排序生成的，
我们不能使用sort函数，不然结果也是不正确的
所以我们要换一种去重逻辑
但仍旧需要做到只除去同一层的重复项
不除去纵向的重复元素
那么排序不能用，used数组也就不能用了，
我们需要一个新的辅助，对于去重首选unordered_set，
可以利用find函数很快检查到是否已经出现过
那么我们在处理这一层元素前就需要先定义好这个uset
unordered_ser<int> uset;
再进入到遍历逻辑中，挨个检查元素是否符合题意
如果该元素之前已经用过，那么它必然可以在uset中找到
所以第一个不符合的情况是
if(uset.find(nums[i])!=uset.end())
要确保子序列递增，那么nums[i]不能小于当前path的最后一个元素，即path.back()
为防止出现path为空时的错误，先判断path.empty()为false
则第二个不符合情况如下
if(!path.empty() && nums[i]<path.back)
可以合并这两种情况，continue
没有出现以上情况，则处理该结点
把nums[i]加入uset中做记录
再加入该数到path中
递归调用后回溯
uset.insert(nums[i]);
path.push_back(nums[i]);
backtracking(nums,i+1);
path.pop_back();
这里的uset不需要回溯，因为我们在每一层使用它，
如果是递归会重新定义，内容被清空不影响判断去重
此外在加入结果到result数组中时，我们要先判断path.size()>=2，
这也是题目条件之一，要求子序列长度大于等于2
if(path.size()>=2){
result.push_back(path);
}
组合所有代码，即可得到完整版如下方！
code
class Solution {
public:vector<int> path;vector<vector<int>> result;void backtracking(vector<int>& nums,int startindex){if(path.size()>=2){result.push_back(path);}unordered_set<int> uset; // 使用set来对本层元素进行去重for(int i=startindex;i<nums.size();i++){if(!path.empty() && nums[i]<path.back() || uset.find(nums[i])!=uset.end()) {continue;}uset.insert(nums[i]);path.push_back(nums[i]);backtracking(nums,i+1);path.pop_back();}}vector<vector<int>> findSubsequences(vector<int>& nums) {backtracking(nums,0);return result;}
};
