1863. 找出所有子集的异或总和再求和
1863. 找出所有子集的异或总和再求和
一个数组的 异或总和 定义为数组中所有元素按位 XOR 的结果；如果数组为 空 ，则异或总和为 0 。
- 例如，数组
[2,5,6]的 异或总和 为2 XOR 5 XOR 6 = 1。
给你一个数组 nums ，请你求出 nums 中每个 子集 的 异或总和 ，计算并返回这些值相加之 和 。
注意： 在本题中，元素 相同 的不同子集应 多次 计数。
数组 a 是数组 b 的一个 子集 的前提条件是：从 b 删除几个（也可能不删除）元素能够得到 a 。
示例 1：
输入：nums = [1,3]
输出：6
解释：[1,3] 共有 4 个子集：
- 空子集的异或总和是 0 。
- [1] 的异或总和为 1 。
- [3] 的异或总和为 3 。
- [1,3] 的异或总和为 1 XOR 3 = 2 。
0 + 1 + 3 + 2 = 6
示例 2：
输入：nums = [5,1,6]
输出：28
解释：[5,1,6] 共有 8 个子集：
- 空子集的异或总和是 0 。
- [5] 的异或总和为 5 。
- [1] 的异或总和为 1 。
- [6] 的异或总和为 6 。
- [5,1] 的异或总和为 5 XOR 1 = 4 。
- [5,6] 的异或总和为 5 XOR 6 = 3 。
- [1,6] 的异或总和为 1 XOR 6 = 7 。
- [5,1,6] 的异或总和为 5 XOR 1 XOR 6 = 2 。
0 + 5 + 1 + 6 + 4 + 3 + 7 + 2 = 28
示例 3：
输入：nums = [3,4,5,6,7,8]
输出：480
解释：每个子集的全部异或总和值之和为 480 。
提示：
1 <= nums.length <= 121 <= nums[i] <= 20
解题思路：子集问题解法（回溯 + 剪枝）
这道题其实变相在考察子集问题，因为它要求的就是将所有的子集的异或结果累加起来，那么我们只需要像求解子集问题时候一样，求出每个子集序列，然后算出它的异或结果，累加到一个全局变量 sum 上去，最后返回 sum 即可！
只不过我们其实可以不用每次得到一个子集序列后再去遍历子集序列求异或结果，这样子时间复杂度是比较高的，我们可以用一个变量 path 记录下路径上已经遍历到的元素的异或结果，然后让其再异或上当前的元素，得到就是当前子集的异或结果，最后将其累加到 sum 变量上即可！仅仅用一个变量就能得到这个效果，只不过我们需要注意的是因为我们要列举出其它的同层路径，所以回溯的时候需要将临时变量 path 恢复到原来的样子，只需要让其再次异或上当前元素即可做到！
剩下的其实细节和子集问题都是一样的，具体可以参考子集问题的笔记！
class Solution {
private:int path = 0; // 存放当前路径的异或结果int sum = 0; // 结果集，存放所有异或结果的和
public:int subsetXORSum(vector<int>& nums) {dfs(nums, 0);return sum;}void dfs(vector<int>& nums, int index){// 递归函数出口（其实也可以不写，因为下面的循环已经限制了在数组范围内了if(index >= nums.size())return;for(int i = index; i < nums.size(); ++i){// 处理当前结果path ^= nums[i];sum += path;// 递归处理其它结果dfs(nums, i + 1);// 回溯处理path ^= nums[i];}}
};
47. 全排列 II
47. 全排列 II
给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。
示例 1：
输入：nums = [1,1,2]
输出：
[[1,1,2],[1,2,1],[2,1,1]]
示例 2：
输入：nums = [1,2,3]
输出：[[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]]
提示：
1 <= nums.length <= 8-10 <= nums[i] <= 10
解题思路：排序 + 回溯 + 剪枝
还是一样，对于全排列问题，我们使用的是回溯也就是深度优先搜索方法遍历整棵决策树，最后叶子节点就是我们需要的结果，大体的思路是一样的，这里就不再细讲，具体可以参考 46. 全排列 的解题笔记！
但是与 46. 全排列 不同的是，这道题给定的数字序列，是可包含重复元素的，也就是说决策树中可能会出现相同的子树，也就是有重复的结果出现，如下图所示：
所以我们必须做点措施，防止重复决策子树出现！（也可以用哈希表去重，但是比较占空间，这里不考虑）
方法其实很简单，我们仔细一想，会出现重复的情况，其实就是因为有重复的元素，那么我们只要让重复的元素只遍历一次决策子树，而其它重复的元素不处理即可，所以我们考虑 先将原数组进行排序，这样子使得重复的元素是相邻的，然后我们只需要用已有的 used 数组多加一层判断即可！具体判断的细节如下所示：
- 对于 不同层的元素 的剪枝处理：
- 如果上一层走过了该节点，那么就不需要再走了，也就是如果
used[i] == true则直接跳过即可！
- 如果上一层走过了该节点，那么就不需要再走了，也就是如果
- 对于 同层的元素 的剪枝处理：
- 如果相邻元素重复的话，那么当前元素其决策子树是和前面重复的，必须得进行剪枝操作，也就是此时
i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false成立的话则直接跳过即可！
- 如果相邻元素重复的话，那么当前元素其决策子树是和前面重复的，必须得进行剪枝操作，也就是此时
上面的判断，相比起 46. 全排列 这道题来说只不过多了一个对同层元素的剪枝处理，如下图所示：
其它细节都是一样的，这里不再赘述！
class Solution {
private:vector<vector<int>> ret; // 存放结果集vector<int> path; // 存放当前路径中的元素bool used[9]; // 保存元素是否已经走过，true表示走过
public:vector<vector<int>> permuteUnique(vector<int>& nums) {// 首先对原数组进行排序，使得重复的元素是相邻的sort(nums.begin(), nums.end());// 然后交给递归函数去求解结果即可dfs(nums);return ret;}void dfs(vector<int>& nums){// 递归函数出口if(path.size() == nums.size()){ret.push_back(path);return;}for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){// 如果上一层走过了该节点，那么就不需要再走了（注意这是对不同层的剪枝处理）// 进行剪枝操作，如果相邻元素重复的话，其排列结果是和前面重复的（注意这是对同层的剪枝处理）if(used[i] == true || (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && used[i - 1] == false))continue;// 处理当前元素path.push_back(nums[i]);used[i] = true;// 递归处理该节点以下的路径dfs(nums);// 回溯处理used[i] = false;path.pop_back();}}
};
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