昨天在一位老兄的凡客面试题中看到的，拿来写一下。

题目描述

给定一个含有n个元素的整形数组a，再给定一个和sum，求出数组中满足给定和的所有元素组合，举个例子，设有数组a[5] = { 11, 3, 4, 8, 7 }，sum = 11，则满足和为11的所有组合是{11}， {3, 8}，{4, 7}。

解法一：穷举法

最直观的想法就是穷举，把数组中元素的所有组合情况都找出来，然后看看哪些组合满足给定的和即可，这种方法的计算量非常大，是指数级的，假设数组有n个元素，那么所有组合的情况一共有2 ^ n种（包括空集），如果n很大的话，这个方法将会非常慢。那么如何找出所有这些组合呢？其实对于任意一个组合来讲，数组a中任意一个元素要么在这个组合中，要么不在这个组合中，我们用1表示在，用0表示不在，那么每一种组合实际上对应着一个01序列，而这个序列对应着一个十进制数，一共有多少种这样的序列呢？前面说了，是2 ^ n种，分别对应1 - 2 ^ n中的每一个十进制数，所以我们只需遍历这些数字，确定哪些位是1，将数组a中对应的数字放入组合中，再检查一下这个组合的和是否为sum即可。举个例子，在题目描述中我们说到a[5] = { 11, 3, 4, 8, 7 }，sum = 11，那么
{11} 相当于 10000 （11在组合中，而3，4，7，8不在，所以11对应的位置1，其他位置0）
{3, 8} 相当于01010
{4, 7} 相当于00101
数组a有5个元素，所以我们要搜索32个数，只有上面的三种组合满足条件，其他的全部淘汰。
代码-输出函数
// 输出一种组合，该组合取决于参数i // 将参数i写成二进制的形式，对于i中取值为1的位，取数组a中对应的元素放到组合中 // n是数组a中元素个数
// 在取a中元素的时候，方向是从后向前的，因为我们测试i中哪些位是1的时候是从右向左进行的。 void Output(int* a, int n, int i) { int k = n - 1 ; while(i > 0) { if(i & 1) cout << a[k] << ", "; --k ; i >>= 1 ; } cout << endl ; }
代码-主函数
void FixedSum(int* a, int n, int sum) { int total = (1 << n) ; //组合总数 for(int i = 1; i < total; ++i) { int t = i ; int s = 0 ; int k = n - 1 ; while(t > 0) { if(t & 1) s += a[k] ; --k ; t >>= 1 ; } if(s == sum) Output(a, n, i) ; } }

解法二：回溯法

很多数排列组合问题都可以用回溯法来解决，回溯相比上面方法的优点就是减少可行解搜索的范围，因为回溯一旦发现当前解不满足条件就会停止搜索，回溯并进入下一个分支进行搜索，比上面的方法快很多，这里使用的是回溯法中的子集树模型。对于数组中任意一个元素，先将其放入结果集中，如果当前和不超出给定和，那就继续考察下一个元素，如果超出给定和，则舍弃当前元素。如此往复，直到找到所有可行解。
首先定义一个标志位数组flag[]，flag[i]如果为true，则表示a[i]在当前解中，如果flag[i]为false则表示不在。这个数组元素个数与数组a的元素个数相同。
bool flag[100] = { false };
代码-输出函数
//输出一种组合，该组合有n个元素 void Output(int* a, int n) { for(int i = 0; i < n; ++i) { if(flag[i]) cout << a[i] << ", " ; } cout << endl ; }
代码-主函数
// a: 待搜索的数组 // n: 数组元素个数 // t: 已经存储的元素个数 // sum: 给定的和 void FixedSum(int* a, int n, int t, int sum) { if(t > n) return ; else { if(sum == 0) Output(a, t) ; else { flag[t] = true ; if(sum - a[t] >= 0) FixedSum(a, n, t + 1, sum - a[t]) ; flag[t] = false ; if(sum >= 0) FixedSum(a, n, t + 1, sum) ; } } }
Happy Coding!!!
== THE END ==

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