题目：

给定不含重复数字的数组nums,返回其所有可能的全排列，可以按任意顺序返回答案

 回溯法

一种通过探索所有可能的候选解来找出所有的解的算法。如果候选解被确认不是一个解（或者至少不是最后一个解），回溯算法会通过在上一步进行一些变化抛弃该解，即回溯并且再次尝试。

方法一：回溯

有 n 个排列成一行的空格，从左往右依此填入题目给定的 n 个数，每个数只能使用一次。以想到一种穷举的算法，即从左往右每一个位置都依此尝试填入一个数，看能不能填完这 n 个空格，在程序中用「回溯法」来模拟这个过程。

定义递归函数 backtrack(first,output)，表示从左往右填到第 first 个位置，当前排列为 output。 那么整个递归函数分为两个情况：

如果 first=n，说明已经填完了 n 个位置（注意下标从 0 开始），找到了一个可行的解将 output 放入答案数组中，递归结束

如果 first<n，要考虑这第 first 个位置要填哪个数。根据题目要求不能填已经填过的数，因此很容易想到的一个处理手段是定义一个标记数组 vis 来标记已经填过的数，那么在填第 first 个数的时候遍历题目给定的 n 个数，如果这个数没有被标记过，就尝试填入，并将其标记，继续尝试填下一个位置，即调用函数 backtrack(first+1,output)。回溯的时候要撤销这一个位置填的数以及标记，并继续尝试其他没被标记过的数。

使用标记数组来处理填过的数是一个很直观的思路，但是可不可以去掉这个标记数组呢？毕竟标记数组也增加了算法的空间复杂度。

答案是可以的，可以将题目给定的 n 个数的数组 nums 划分成左右两个部分，左边的表示已经填过的数，右边表示待填的数，在回溯的时候动态维护这个数组即可。

具体来说，假设已经填到第 first 个位置，那么 nums 数组中 [0,first−1] 是已填过的数的集合，[first,n−1] 是待填的数的集合，尝试用 [first,n−1] 里的数去填第 first 个数，假设待填的数的下标为 i，么填完以后将第 i 个数和第 first 个数交换，即能使得在填第 first+1 个数的时候 nums 数组的 [0,first] 部分为已填过的数，[first+1,n−1] 为待填的数，回溯的时候交换回来即能完成撤销操作。

举个简单的例子，假设有 [2,5,8,9,10] 这 5 个数要填入，已经填到第 3 个位置，已经填了 [8,9] 两个数，那么这个数组目前为 [8,9 ∣ 2,5,10] 这样的状态，分隔符区分了左右两个部分。假设这个位置要填 10 这个数，为了维护数组，我们将 2 和 10 交换，即能使得数组继续保持分隔符左边的数已经填过，右边的待填 [8,9,10 ∣ 2,5] 。

输入：nums = [1, 2, 3]
目标：生成所有可能的排列。

class Solution(object):def permute(self, nums):""":type nums: List[int]:rtype: List[List[int]]"""def backtrack(first=0):  #定义回溯函数用于递归生成所有排列,first 代表当前正在填充的索引位置，默认从 0 开始,该函数的目标是通过交换 nums 中的元素，生成所有可能的排列if first==n:  #说明 nums 的排列已经完成res.append(nums[:])#nums 的拷贝（不能直接 append(nums)，否则后续的修改会影响结果）for i in range(first,n):#遍历索引 first 到 n-1 之间的所有元素nums[first],nums[i]=nums[i],nums[first]#将 nums[i] 交换到 first 位置，使其成为当前排列的第 first 个数backtrack(first+1)#填充下一个位置的数nums[first],nums[i]=nums[i],nums[first]#nums是原地修改的，在回溯后需要撤销之前的交换，恢复数组原状，避免影响其他排列的生成n=len(nums)res=[]backtrack()return res

时间复杂度：O(n×n!)，其中 n 为序列的长度

空间复杂度：O(n)，其 n 为序列的长度。除答案数组以外，递归函数在递归过程中需要为每一层递归函数分配栈空间，

源自力扣官方题解