LeetCode-039：组合总和，回溯时用 start 控制“可重复选同一元素”

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题目概述

给定一个无重复元素的数组 candidates 和一个目标值 target，找出 candidates 中所有可以使数字和为 target 的组合。

限制：

• 每个数字可以无限次使用
• 组合内元素顺序不重要，答案不能重复

核心思路：回溯 + start，避免重复组合

如果不控制“下一步从哪里选”，就会出现同一个组合的不同排列：

• [2,3,2] 和 [2,2,3] 本质是同一个组合

常用办法是让组合按数组下标递增地选：

• 递归参数 start：下一次只能从 start（含）往后选
• 因为题目允许重复选当前数，所以递归时传 i（而不是 i+1）

同时可以排序并剪枝：

• 如果 candidates[i] > remain，后面更大也不可能，直接 break

代码实现（Python，可直接提交）

from typing import List


class Solution:
    def combinationSum(self, candidates: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
        candidates.sort()
        res = []
        path = []

        def dfs(start: int, remain: int) -> None:
            if remain == 0:
                res.append(path[:])
                return

            for i in range(start, len(candidates)):
                x = candidates[i]
                if x > remain:
                    break
                path.append(x)
                # i (not i+1): can reuse same element
                dfs(i, remain - x)
                path.pop()

        dfs(0, target)
        return res

逐行拆解：dfs(i, remain-x) 为什么不是 dfs(i+1, ...)？

题目允许“同一个数字可以无限次使用”。

• 如果写 dfs(i+1, ...)，就等于“每个数字最多用一次”，那会变成另一题（组合总和 II 的味道）
• 正确做法是把 i 继续传下去，表示下一次仍然允许选当前元素

手动模拟：candidates=[2,3,6,7], target=7

排序后不变：

从 2 开始：

• 选 2，remain=5
  • 再选 2，remain=3
    • 再选 2，remain=1（下一个最小是 2，超过 remain，回退）
    • 选 3，remain=0 => 收集 [2,2,3]
  • 选 3，remain=2
    • 选 3 会超过，回退（这里不会产生 [3,2,2]，因为 start 控制了顺序）
• 选 7，remain=0 => 收集 [7]

复杂度分析

回溯题的复杂度通常用“搜索树规模”描述：

• 时间复杂度：与解的数量和分支剪枝强弱有关，最坏情况下指数级
• 空间复杂度：O(target / min(candidates))（递归深度与 path 长度）

总结

组合类回溯题最容易写错的是“去重”：不是用集合硬去，而是用 start 从结构上保证组合按下标递增生成。再配合排序 + x > remain 的剪枝，效率和可读性都会更好。