读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：
前置知识
阅读本文前，你需要先学习：
虽然排列、组合、子集系列问题是高中就学过的，但如果想编写算法解决它们，还是非常考验计算机思维的，本文就讲讲编程解决这几个问题的核心思路，以后再有什么变体，你也能手到擒来，以不变应万变。
无论是排列、组合还是子集问题，简单说无非就是让你从序列 nums 中以给定规则取若干元素，主要有以下几种变体：
形式一、元素无重不可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素最多只能被使用一次，这也是最基本的形式 。
以组合为例，如果输入 nums = [2,3,6,7] ，和为 7 的组合应该只有 [7] 。
形式二、元素可重不可复选，即 nums 中的元素可以存在重复，每个元素最多只能被使用一次 。
以组合为例，如果输入 nums = [2,5,2,1,2] ，和为 7 的组合应该有两种 [2,2,2,1] 和 [5,2] 。
形式三、元素无重可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素可以被使用若干次 。
以组合为例，如果输入 nums = [2,3,6,7] ，和为 7 的组合应该有两种 [2,2,3] 和 [7] 。
当然，也可以说有第四种形式，即元素可重可复选。但既然元素可复选，那又何必存在重复元素呢？元素去重之后就等同于形式三，所以这种情况不用考虑。
上面用组合问题举的例子，但排列、组合、子集问题都可以有这三种基本形式，所以共有 9 种变化。
除此之外，题目也可以再添加各种限制条件，比如让你求和为 target 且元素个数为 k 的组合，那这么一来又可以衍生出一堆变体，怪不得面试笔试中经常考到排列组合这种基本题型。
但无论形式怎么变化，其本质就是穷举所有解，而这些解呈现树形结构，所以合理使用回溯算法框架，稍改代码框架即可把这些问题一网打尽 。
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子集/组合（元素无重不可复选）。核心思路：在回溯函数入参中加入 start 参数，确保同一层的不同枝条无重复（剪枝），在下一层回溯时start=i+1确保同一枝条上元素无复选；用 track 记录根节点到每个节点的路径的值，同时在前序位置把每个节点的路径值收集起来，完成回溯树的遍历就收集了所有子集。对于组合，在前序位置回收对应层的track即可。
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排列（元素无重不可复选）。核心思路：回溯算法，用备忘录used数组记录使用过的元素，确保同一枝条上元素无复选；在每个叶子节点回收track，回溯遍历整棵树后就得到了全排列。
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子集/组合（元素可重不可复选）。核心思路：先对原数组进行排序（为了方便后续在回溯函数中对bad case的处理）；在回溯函数入参中加入start参数，确保同一层的不同枝条无重复（剪枝），在下一层回溯时start=i+1确保同一枝条上元素无复选；在回溯函数的前序位置用if(i>start&& nums[i]==nums[i-1])来固定相同取值元素在每根枝条上的相对顺序保持不变（对“元素可重”的剪枝）；用 track 记录根节点到每个节点的路径的值，同时在前序位置把每个节点的路径值收集起来，完成回溯树的遍历就收集了所有子集。对于组合，在前序位置增加组合判断条件回收对应track即可。
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排列（元素可重不可复选）。核心思路：先对原数组进行排序（为了方便后续在回溯函数中对bad case的处理）；用备忘录used数组记录使用过的元素，确保同一枝条上元素无复选；在回溯函数中用if(i>0&& nums[i]==nums[i-1]&&!used[i-1])来固定相同元素在每根枝条上的相对顺序保持不变（对“元素可重”的剪枝）；在每个叶子节点回收track，回溯遍历整棵树后就得到了全排列。
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子集/组合（元素无重可复选）。核心思路：相比于“子集/组合（元素无重不可复选）”，回溯函数中对下一层决策树的回溯backtrack(nums, i, track)把start从i+1变成了i，也就是下一层的元素选择允许复选，其他无差异。
以上，对于“元素可重”的情况，第一步都是先对原序列进行排序，确保相同取值的元素挨在一起，方便回溯函数中对badcase的处理。除了先排序外，这类问题还有别的解法吗？
具体来说，你需要先阅读并理解前文 回溯算法核心套路 ，然后记住如下子集问题和排列问题的回溯树，就可以解决所有排列组合子集相关的问题：
为什么只要记住这两种树形结构就能解决所有相关问题呢？
首先，组合问题和子集问题其实是等价的，这个后面会讲；至于之前说的三种变化形式，无非是在这两棵树上剪掉或者增加一些树枝罢了 。
那么，接下来我们就开始穷举，把排列/组合/子集问题的 9 种形式都过一遍，学学如何用回溯算法把它们一套带走。
提示
另外，有些读者之前看过的排列/子集/组合的解法代码可能和我在本文介绍的代码不同。这是因为回溯算法有两种穷举视角，我会在后文 球盒模型：回溯算法穷举的两种视角 手把手给你讲清楚。现在还不适合直接跟你讲那些解法，你照着我的思路学习即可。
子集（元素无重不可复选）
力扣第 78 题「 子集 」就是这个问题：
题目给你输入一个无重复元素的数组 nums ，其中每个元素最多使用一次，请你返回 nums 的所有子集。
函数签名如下：
def subsets(nums: List[int]) -> List[List[int]]:
比如输入 nums = [1,2,3] ，算法应该返回如下子集：
[ [],[1],[2],[3],[1,2],[1,3],[2,3],[1,2,3] ]
好，我们暂时不考虑如何用代码实现，先回忆一下我们的高中知识，如何手推所有子集？
首先，生成元素个数为 0 的子集，即空集 [] ，为了方便表示，我称之为 S_0 。
然后，在 S_0 的基础上生成元素个数为 1 的所有子集，我称为 S_1 ：
接下来，我们可以在 S_1 的基础上推导出 S_2 ，即元素个数为 2 的所有子集：
为什么集合 [2] 只需要添加 3 ，而不添加前面的 1 呢？
因为集合中的元素不用考虑顺序， [1,2,3] 中 2 后面只有 3 ，如果你添加了前面的 1 ，那么 [2,1] 会和之前已经生成的子集 [1,2] 重复。
换句话说，我们通过保证元素之间的相对顺序不变来防止出现重复的子集 。
接着，我们可以通过 S_2 推出 S_3 ，实际上 S_3 中只有一个集合 [1,2,3] ，它是通过 [1,2] 推出的。
整个推导过程就是这样一棵树：
注意这棵树的特性：
如果把根节点作为第 0 层，将每个节点和根节点之间树枝上的元素作为该节点的值，那么第 n 层的所有节点就是大小为 n 的所有子集 。
你比如大小为 2 的子集就是这一层节点的值：
提示
如上图所示，本文之后所说「节点的值」都是指节点和根节点之间树枝上的元素，且将根节点认为是第 0 层 。
那么再进一步，如果想计算所有子集，那只要遍历这棵多叉树，把所有节点的值收集起来不就行了？
直接看代码：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
# 记录回溯算法的递归路径
self.track = []
# 主函数
def subsets(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
self.backtrack(nums, 0)
return self.res
# 回溯算法核心函数，遍历子集问题的回溯树
def backtrack(self, nums: List[int], start: int) -> None:
# 前序位置，每个节点的值都是一个子集
self.res.append(list(self.track))
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 做选择
self.track.append(nums[i])
# 通过 start 参数控制树枝的遍历，避免产生重复的子集
self.backtrack(nums, i + 1)
# 撤销选择
self.track.pop()
看过前文 回溯算法核心框架 的读者应该很容易理解这段代码吧，我们使用 start 参数控制树枝的生长避免产生重复的子集，用 track 记录根节点到每个节点的路径的值，同时在前序位置把每个节点的路径值收集起来，完成回溯树的遍历就收集了所有子集：
最后， backtrack 函数开头看似没有 base case，会不会进入无限递归？
其实不会的，当 start == nums.length 时，叶子节点的值会被装入 res ，但 for 循环不会执行，也就结束了递归。
算法可视化
组合（元素无重不可复选）
如果你能够成功的生成所有无重子集，那么你稍微改改代码就能生成所有无重组合了。
你比如说，让你在 nums = [1,2,3] 中拿 2 个元素形成所有的组合，你怎么做？
稍微想想就会发现，大小为 2 的所有组合，不就是所有大小为 2 的子集嘛。
所以我说组合和子集是一样的：大小为 k 的组合就是大小为 k 的子集 。
比如力扣第 77 题「 组合 」：
给定两个整数 n 和 k ，返回范围 [1, n] 中所有可能的 k 个数的组合。
函数签名如下：
def combine(n: int, k: int) -> List[List[int]]:
比如 combine(3, 2) 的返回值应该是：
[ [1,2],[1,3],[2,3] ]
这是标准的组合问题，但我给你翻译一下就变成子集问题了：
给你输入一个数组 nums = [1,2..,n] 和一个正整数 k ，请你生成所有大小为 k 的子集 。
还是以 nums = [1,2,3] 为例，刚才让你求所有子集，就是把所有节点的值都收集起来； 现在你只需要把第 2 层（根节点视为第 0 层）的节点收集起来，就是大小为 2 的所有组合 ：
反映到代码上，只需要稍改 base case，控制算法仅仅收集第 k 层节点的值即可：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
# 记录回溯算法的递归路径
self.track = []
# 主函数
def combine(self, n: int, k: int) -> List[List[int]]:
self.backtrack(1, n, k)
return self.res
def backtrack(self, start: int, n: int, k: int) -> None:
# base case
if k == len(self.track):
# 遍历到了第 k 层，收集当前节点的值
self.res.append(self.track.copy())
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, n+1):
# 选择
self.track.append(i)
# 通过 start 参数控制树枝的遍历，避免产生重复的子集
self.backtrack(i + 1, n, k)
# 撤销选择
self.track.pop()
这样，标准的组合问题也解决了。
算法可视化
排列（元素无重不可复选）
排列问题在前文 回溯算法核心框架 讲过，这里就简单过一下。
力扣第 46 题「 全排列 」就是标准的排列问题：
给定一个 不含重复数字 的数组 nums ，返回其所有可能的 全排列 。
函数签名如下：
from typing import List
def permute(nums: List[int]) -> List[List[int]]:
比如输入 nums = [1,2,3] ，函数的返回值应该是：
[
[1,2,3],[1,3,2],
[2,1,3],[2,3,1],
[3,1,2],[3,2,1]
]
刚才讲的组合/子集问题使用 start 变量保证元素 nums[start] 之后只会出现 nums[start+1..] 中的元素，通过固定元素的相对位置保证不出现重复的子集。
但排列问题本身就是让你穷举元素的位置， nums[i] 之后也可以出现 nums[i] 左边的元素，所以之前的那一套玩不转了，需要额外使用 used 数组来标记哪些元素还可以被选择 。
标准全排列可以抽象成如下这棵多叉树：
我们用 used 数组标记已经在路径上的元素避免重复选择，然后收集所有叶子节点上的值，就是所有全排列的结果：
class Solution:
def __init__(self):
# 存储所有排列结果的列表
self.res = []
# 记录回溯算法的递归路径
self.track = []
# track 中的元素会被标记为 true
self.used = []
# 主函数，输入一组不重复的数字，返回它们的全排列
def permute(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
self.used = [False] * len(nums)
self.backtrack(nums)
return self.res
# 回溯算法核心函数
def backtrack(self, nums: List[int]) -> None:
# base case，到达叶子节点
if len(self.track) == len(nums):
# 收集叶子节点上的值
self.res.append(self.track[:])
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(len(nums)):
# 已经存在 track 中的元素，不能重复选择
if self.used[i]:
continue
# 做选择
self.used[i] = True
self.track.append(nums[i])
# 进入下一层回溯树
self.backtrack(nums)
# 取消选择
self.track.pop()
self.used[i] = False
算法可视化
这样，全排列问题就解决了。
但如果题目不让你算全排列，而是让你算元素个数为 k 的排列，怎么算？
也很简单，改下 backtrack 函数的 base case，仅收集第 k 层的节点值即可：
# 回溯算法核心函数
def backtrack(nums: List[int], k: int) -> None:
# base case，到达第 k 层，收集节点的值
if len(track) == k:
# 第 k 层节点的值就是大小为 k 的排列
res.append(track[:])
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(len(nums)):
# ...
backtrack(nums, k)
# ...
子集/组合（元素可重不可复选）
刚才讲的标准子集问题输入的 nums 是没有重复元素的，但如果存在重复元素，怎么处理呢？
力扣第 90 题「 子集 II 」就是这样一个问题：
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。
函数签名如下：
def subsetsWithDup(nums: List[int]) -> List[List[int]]:
比如输入 nums = [1,2,2] ，你应该输出：
[ [],[1],[2],[1,2],[2,2],[1,2,2] ]
当然，按道理说「集合」不应该包含重复元素的，但既然题目这样问了，我们就忽略这个细节吧，仔细思考一下这道题怎么做才是正事。
就以 nums = [1,2,2] 为例，为了区别两个 2 是不同元素，后面我们写作 nums = [1,2,2'] 。
按照之前的思路画出子集的树形结构，显然，两条值相同的相邻树枝会产生重复：
[
[],
[1],[2],[2'],
[1,2],[1,2'],[2,2'],
[1,2,2']
]
你可以看到， [2] 和 [1,2] 这两个结果出现了重复，所以我们需要进行剪枝，如果一个节点有多条值相同的树枝相邻，则只遍历第一条，剩下的都剪掉，不要去遍历：
体现在代码上，需要先进行排序，让相同的元素靠在一起，如果发现 nums[i] == nums[i-1] ，则跳过 ：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
self.track = []
def subsetsWithDup(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
# 先排序，让相同的元素靠在一起
nums.sort()
self.backtrack(nums, 0)
return self.res
def backtrack(self, nums: List[int], start: int) -> None:
# 前序位置，每个节点的值都是一个子集
self.res.append(self.track[:])
for i in range(start, len(nums)):
# 剪枝逻辑，值相同的相邻树枝，只遍历第一条
if i > start and nums[i] == nums[i - 1]:
continue
self.track.append(nums[i])
self.backtrack(nums, i + 1)
self.track.pop()
算法可视化
这段代码和之前标准的子集问题的代码几乎相同，就是添加了排序和剪枝的逻辑。
至于为什么要这样剪枝，结合前面的图应该也很容易理解，这样带重复元素的子集问题也解决了。
我们说了组合问题和子集问题是等价的 ，所以我们直接看一道组合的题目吧，这是力扣第 40 题「 组合总和 II 」：
给你输入 candidates 和一个目标和 target ，从 candidates 中找出中所有和为 target 的组合。
candidates 可能存在重复元素，且其中的每个数字最多只能使用一次。
说这是一个组合问题，其实换个问法就变成子集问题了：请你计算 candidates 中所有和为 target 的子集。
所以这题怎么做呢？
对比子集问题的解法，只要额外用一个 trackSum 变量记录回溯路径上的元素和，然后将 base case 改一改即可解决这道题：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
# 记录回溯的路径
self.track = []
# 记录 track 中的元素之和
self.trackSum = 0
def combinationSum2(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
if not candidates:
return self.res
# 先排序，让相同的元素靠在一起
candidates.sort()
self.backtrack(candidates, 0, target)
return self.res
# 回溯算法主函数
def backtrack(self, nums: List[int], start: int, target: int):
# base case，达到目标和，找到符合条件的组合
if self.trackSum == target:
self.res.append(self.track[:])
return
# base case，超过目标和，直接结束
if self.trackSum > target:
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 剪枝逻辑，值相同的树枝，只遍历第一条
if i > start and nums[i] == nums[i - 1]:
continue
# 做选择
self.track.append(nums[i])
self.trackSum += nums[i]
# 递归遍历下一层回溯树
self.backtrack(nums, i + 1, target)
# 撤销选择
self.track.pop()
self.trackSum -= nums[i]
算法可视化
排列（元素可重不可复选）
排列问题的输入如果存在重复，比子集/组合问题稍微复杂一点，我们看看力扣第 47 题「 全排列 II 」：
给你输入一个可包含重复数字的序列 nums ，请你写一个算法，返回所有可能的全排列，函数签名如下：
def permuteUnique(nums: List[int]) -> List[List[int]]:
比如输入 nums = [1,2,2] ，函数返回：
[ [1,2,2],[2,1,2],[2,2,1] ]
先看解法代码：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
self.track = []
self.used = []
def permuteUnique(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
# 先排序，让相同的元素靠在一起
nums.sort()
self.used = [False] * len(nums)
self.backtrack(nums)
return self.res
def backtrack(self, nums: List[int]) -> None:
if len(self.track) == len(nums):
self.res.append(self.track[:])
return
for i in range(len(nums)):
if self.used[i]:
continue
# 新添加的剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
if i > 0 and nums[i] == nums[i - 1] and not self.used[i - 1]:
continue
self.track.append(nums[i])
self.used[i] = True
self.backtrack(nums)
self.track.pop()
self.used[i] = False
算法可视化
你对比一下之前的标准全排列解法代码，这段解法代码只有两处不同：
1、对 nums 进行了排序。
2、添加了一句额外的剪枝逻辑。
类比输入包含重复元素的子集/组合问题，你大概应该理解这么做是为了防止出现重复结果。
但是注意排列问题的剪枝逻辑，和子集/组合问题的剪枝逻辑略有不同：新增了 !used[i - 1] 的逻辑判断。
这个地方理解起来就需要一些技巧性了，且听我慢慢到来。为了方便研究，依然把相同的元素用上标 ' 以示区别。
假设输入为 nums = [1,2,2'] ，标准的全排列算法会得出如下答案：
[
[1,2,2'],[1,2',2],
[2,1,2'],[2,2',1],
[2',1,2],[2',2,1]
]
显然，这个结果存在重复，比如 [1,2,2'] 和 [1,2',2] 应该只被算作同一个排列，但被算作了两个不同的排列。
所以现在的关键在于，如何设计剪枝逻辑，把这种重复去除掉？
答案是，保证相同元素在排列中的相对位置保持不变 。
比如说 nums = [1,2,2'] 这个例子，我保持排列中 2 一直在 2' 前面。
这样的话，你从上面 6 个排列中只能挑出 3 个排列符合这个条件：
[ [1,2,2'],[2,1,2'],[2,2',1] ]
这也就是正确答案。
进一步，如果 nums = [1,2,2',2''] ，我只要保证重复元素 2 的相对位置固定，比如说 2 -> 2' -> 2'' ，也可以得到无重复的全排列结果。
仔细思考，应该很容易明白其中的原理：
标准全排列算法之所以出现重复，是因为把相同元素形成的排列序列视为不同的序列，但实际上它们应该是相同的；而如果固定相同元素形成的序列顺序，当然就避免了重复 。
那么反映到代码上，你注意看这个剪枝逻辑：
// 新添加的剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1]) {
// 如果前面的相邻相等元素没有用过，则跳过
continue;
}
// 选择 nums[i]
当出现重复元素时，比如输入 nums = [1,2,2',2''] ， 2' 只有在 2 已经被使用的情况下才会被选择，同理， 2'' 只有在 2' 已经被使用的情况下才会被选择，这就保证了相同元素在排列中的相对位置保证固定 。
这里拓展一下，如果你把上述剪枝逻辑中的 !used[i - 1] 改成 used[i - 1] ，其实也可以通过所有测试用例，但效率会有所下降，这是为什么呢？
之所以这样修改不会产生错误，是因为这种写法相当于维护了 2'' -> 2' -> 2 的相对顺序，最终也可以实现去重的效果。
但为什么这样写效率会下降呢？因为这个写法剪掉的树枝不够多。
比如输入 nums = [2,2',2''] ，产生的回溯树如下：
如果用绿色树枝代表 backtrack 函数遍历过的路径，红色树枝代表剪枝逻辑的触发，那么 !used[i - 1] 这种剪枝逻辑得到的回溯树长这样：
而 used[i - 1] 这种剪枝逻辑得到的回溯树如下：
可以看到，!used[i - 1] 这种剪枝逻辑剪得干净利落，而 used[i - 1] 这种剪枝逻辑虽然也能得到无重结果，但它剪掉的树枝较少，存在的无效计算较多，所以效率会差一些。
你可以使用可视化面板的「编辑」按钮自行修改代码验证一下，看看两种写法产生的回溯树有何差别：
算法可视化
当然，关于排列去重，也有读者提出别的剪枝思路：
def backtrack(nums: List[int], track: LinkedList[int]):
if len(track) == len(nums):
res.append(track[:])
return
# 记录之前树枝上元素的值
# 题目说 -10 <= nums[i] <= 10，所以初始化为特殊值
prevNum = -666
for i in range(len(nums)):
# 排除不合法的选择
if used[i]:
continue
if nums[i] == prevNum:
continue
track.append(nums[i])
used[i] = True
# 记录这条树枝上的值
prevNum = nums[i]
backtrack(nums, track)
track.pop()
used[i] = False
这个思路也是对的，设想一个节点出现了相同的树枝：
如果不作处理，这些相同树枝下面的子树也会长得一模一样，所以会出现重复的排列。
因为排序之后所有相等的元素都挨在一起，所以只要用 prevNum 记录前一条树枝的值，就可以避免遍历值相同的树枝，从而避免产生相同的子树，最终避免出现重复的排列。
好了，这样包含重复输入的排列问题也解决了。
子集/组合（元素无重可复选）
终于到了最后一种类型了：输入数组无重复元素，但每个元素可以被无限次使用。
直接看力扣第 39 题「 组合总和 」：
给你一个无重复元素的整数数组 candidates 和一个目标和 target ，找出 candidates 中可以使数字和为目标数 target 的所有组合。 candidates 中的每个数字可以无限制重复被选取。
函数签名如下：
def combinationSum(candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
比如输入 candidates = [1,2,3], target = 3 ，算法应该返回：
[ [1,1,1],[1,2],[3] ]
这道题说是组合问题，实际上也是子集问题： candidates 的哪些子集的和为 target ？
想解决这种类型的问题，也得回到回溯树上， 我们不妨先思考思考，标准的子集/组合问题是如何保证不重复使用元素的 ？
答案在于 backtrack 递归时输入的参数 start ：
# 无重组合的回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int], start: int) -> None:
for i in range(start, len(nums)):
# ...
# 递归遍历下一层回溯树，注意参数
backtrack(nums, i + 1)
# ...
这个 i 从 start 开始，那么下一层回溯树就是从 start + 1 开始，从而保证 nums[start] 这个元素不会被重复使用：
那么反过来，如果我想让每个元素被重复使用，我只要把 i + 1 改成 i 即可：
# 可重组合的回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int], start: int):
for i in range(start, len(nums)):
# ...
# 递归遍历下一层回溯树，注意参数
backtrack(nums, i)
# ...
这相当于给之前的回溯树添加了一条树枝，在遍历这棵树的过程中，一个元素可以被无限次使用：
当然，这样这棵回溯树会永远生长下去，所以我们的递归函数需要设置合适的 base case 以结束算法，即路径和大于 target 时就没必要再遍历下去了。
这道题的解法代码如下：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
# 记录回溯的路径
self.track = []
# 记录 track 中的路径和
self.trackSum = 0
def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
if len(candidates) == 0:
return self.res
self.backtrack(candidates, 0, target)
return self.res
# 回溯算法主函数
def backtrack(self, nums: List[int], start: int, target: int) -> None:
# base case，找到目标和，记录结果
if self.trackSum == target:
self.res.append(list(self.track))
return
# base case，超过目标和，停止向下遍历
if self.trackSum > target:
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 选择 nums[i]
self.trackSum += nums[i]
self.track.append(nums[i])
# 递归遍历下一层回溯树
# 同一元素可重复使用，注意参数
self.backtrack(nums, i, target)
# 撤销选择 nums[i]
self.trackSum -= nums[i]
self.track.pop()
算法可视化
排列（元素无重可复选）
力扣上没有题目直接考察这个场景，我们不妨先想一下， nums 数组中的元素无重复且可复选的情况下，会有哪些排列？
比如输入 nums = [1,2,3] ，那么这种条件下的全排列共有 3^3 = 27 种：
[
[1,1,1],[1,1,2],[1,1,3],[1,2,1],[1,2,2],[1,2,3],[1,3,1],[1,3,2],[1,3,3],
[2,1,1],[2,1,2],[2,1,3],[2,2,1],[2,2,2],[2,2,3],[2,3,1],[2,3,2],[2,3,3],
[3,1,1],[3,1,2],[3,1,3],[3,2,1],[3,2,2],[3,2,3],[3,3,1],[3,3,2],[3,3,3]
]
标准的全排列算法利用 used 数组进行剪枝，避免重复使用同一个元素。如果允许重复使用元素的话，直接放飞自我，去除所有 used 数组的剪枝逻辑就行了 。
那这个问题就简单了，代码如下：
class Solution:
def __init__(self):
self.res = []
self.track = []
def permuteRepeat(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
self.backtrack(nums)
return self.res
# 回溯算法核心函数
def backtrack(self, nums: List[int]) -> None:
# base case，到达叶子节点
if len(self.track) == len(nums):
# 收集叶子节点上的值
self.res.append(self.track[:])
return
# 回溯算法标准框架
for i in range(len(nums)):
# 做选择
self.track.append(nums[i])
# 进入下一层回溯树
self.backtrack(nums)
# 取消选择
self.track.pop()
算法可视化
至此，排列/组合/子集问题的九种变化就都讲完了。
最后总结
来回顾一下排列/组合/子集问题的三种形式在代码上的区别。
由于子集问题和组合问题本质上是一样的，无非就是 base case 有一些区别，所以把这两个问题放在一起看。
形式一、元素无重不可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素最多只能被使用一次 ， backtrack 核心代码如下：
# 组合/子集问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int], start: int):
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 做选择
track.append(nums[i])
# 注意参数
backtrack(nums, i + 1)
# 撤销选择
track.pop()
# 排列问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int]):
for i in range(len(nums)):
# 剪枝逻辑
if used[i]:
continue
# 做选择
used[i] = True
track.append(nums[i])
backtrack(nums)
# 撤销选择
track.pop()
used[i] = False
形式二、元素可重不可复选，即 nums 中的元素可以存在重复，每个元素最多只能被使用一次 ，其关键在于排序和剪枝， backtrack 核心代码如下：
nums.sort()
# 组合/子集问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int], start: int):
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 剪枝逻辑，跳过值相同的相邻树枝
if i > start and nums[i] == nums[i - 1]:
continue
# 做选择
track.append(nums[i])
# 注意参数
backtrack(nums, i + 1)
# 撤销选择
track.pop()
nums.sort()
# 排列问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int]):
for i in range(len(nums)):
# 剪枝逻辑
if used[i]:
continue
# 剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
if i > 0 and nums[i] == nums[i - 1] and not used[i - 1]:
continue
# 做选择
used[i] = True
track.append(nums[i])
backtrack(nums)
# 撤销选择
track.pop()
used[i] = False
形式三、元素无重可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素可以被使用若干次 ，只要删掉去重逻辑即可， backtrack 核心代码如下：
# 组合/子集问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int], start: int):
# 回溯算法标准框架
for i in range(start, len(nums)):
# 做选择
track.append(nums[i])
# 注意参数
backtrack(nums, i)
# 撤销选择
track.pop()
# 排列问题回溯算法框架
def backtrack(nums: List[int]):
for i in range(len(nums)):
# 做选择
track.append(nums[i])
backtrack(nums)
# 撤销选择
track.pop()
只要从树的角度思考，这些问题看似复杂多变，实则改改 base case 就能解决，这也是为什么我在 学习算法和数据结构的框架思维 和 手把手刷二叉树（纲领篇） 中强调树类型题目重要性的原因。
如果你能够看到这里，真得给你鼓掌，相信你以后遇到各种乱七八糟的算法题，也能一眼看透它们的本质，以不变应万变。另外，考虑到篇幅，本文并没有对这些算法进行复杂度的分析，你可以使用我在 算法时空复杂度分析实用指南 讲到的复杂度分析方法尝试自己分析它们的复杂度。
总结：
