在之前的文章中，我们讨论了"全排列"和"子集"的区别。今天我们把难度稍微提升一点，看看在更复杂的场景下，如何灵活运用 "答案视角" 和 "输入视角" 来解题。
我们将通过两道 LeetCode 经典题目：电话号码的字母组合 （LeetCode 17）和 组合总和（LeetCode 39），来深刻体会这两种思维模式的差异。
一、 答案视角的经典：电话号码的字母组合
题目：给定一个仅包含数字 2-9 的字符串，返回所有它能表示的字母组合。
1. 视角选择：为什么是"答案视角"？
这道题是非常典型的"填坑"问题。
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假设输入是 "23"，那么答案的长度一定是 2。
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我们手里有两个坑位：
[坑1, 坑2]。 -
坑1必须从数字 '2' 对应的 "abc" 里选一个。 -
坑2必须从数字 '3' 对应的 "def" 里选一个。
因为每个坑位的候选集是固定且相互独立 的（第1个坑选什么不影响第2个坑），所以我们采用 答案视角 ，即递归函数中的索引 i 代表**"当前正在填第几个坑"**。
2. 代码实现
这里通过直接覆盖 vals[i] 的方式，比传统的 push_back / pop_back 更加简洁，因为长度是固定的。(只要长度是固定的，就可以考虑用覆盖去替代恢复现场）。
C++代码实现：
cpp
class Solution {
// 答案视角
// 思路： 先把所有的这个电话数字对应的字母映射到好， 遍历每一个组（也就是abc）拿到了a就去堆第二个位置的def去遍历，因此可以用dfs来结果
string MAPPING[10] = {"", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"};
vector<string> ans;
void dfs(string digits, string vals, int i, int n) {
// i 代表当前填到了第几个位置
if (i == n) {
ans.push_back(vals);
return;
}
// 这里的循环是在遍历当前这个坑位 i 有哪些字母可以选择
for (char c : MAPPING[digits[i] - '0']) {
vals[i] = c; // 直接覆盖，相当于填空
dfs(digits, vals, i + 1, n); // 填下一个空
// 注意：因为是直接覆盖 vals[i]，下一次循环会再次覆盖，
// 所以这里不需要显式的"撤销"操作 (pop_back)，这是固定长度填空的技巧
}
}
public:
vector<string> letterCombinations(string digits) {
int n = digits.size();
if (n == 0) return {};
// 预先分配好 vals 的长度，全部初始化为 0
string vals(n, 0);
dfs(digits, vals, 0, n);
return ans;
}
};3. 时空复杂度分析
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时间复杂度：O(4^N * N)
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其中 N 是输入数字字符串的长度。
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在最坏情况下（比如输入全都是 7 或 9，对应 4 个字母），每个坑位有 4 种选择，总组合数为 4^N。
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递归树的叶子节点个数为 4^N。
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在每个叶子节点，我们将
vals复制到ans中，字符串复制耗时 O(N)。 -
总耗时：节点数 * 单节点操作 = O(4^N * N)。
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空间复杂度：O(N)
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主要消耗在递归调用栈上，深度为 N。
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vals字符串的空间也是 O(N)。 -
（输出答案的 O(4^N * N) 空间通常不计入算法辅助空间）。
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二、 输入视角的变体：组合总和（可重复选）
题目 ：给你一个无重复元素的整数数组 candidates 和一个目标整数 target，找出 candidates 中可以使数字和为目标数 target 的所有不同组合。数字可以无限制重复被选取。
1. 视角选择：为什么是"输入视角"？
这道题的难点在于**"无限制重复选取"**。
如果用答案视角（填坑），我们不知道坑有多少个（比如 target=10, candidates=[2]，答案是 [2,2,2,2,2]，有5个坑），这就很难定义循环的边界。
因此，我们切换到 输入视角（选或不选），逻辑会变得异常清晰：
对于当前数字 candidates[i]，我有两种选择：
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选它 ：而且选了之后，下一次还可以继续选它（不换人）。
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不选它 ：彻底放弃这个数字，以后也不能再回头选它（换下一个人）。
2. 代码实现
C++代码实现：
cpp
class Solution {
// 思路： 看到目标taget，肯定是要让他-去值后得到0就是答案，因此用输入视角更合适，采用选或不选的策略
vector<vector<int>> ans;
void dfs(vector<int>& candidates, vector<int>& vals, int target, int i, int n) {
// 成功出口：正好减到 0
if (target == 0) {
ans.push_back(vals);
return;
}
// 失败出口：考察完所有数字，或者 target 减超了
if (i == n || target < 0) {
return;
}
// --- 核心逻辑：输入视角 ---
// 选择 1：选当前数字 candidates[i]
vals.push_back(candidates[i]);
// 关键点：参数依然是 i，而不是 i+1
// 这表示：虽然我选了你，但我还没考察完你，下一层递归还可以接着选你（实现无限重复）
dfs(candidates, vals, target - candidates[i], i, n);
vals.pop_back(); // 回溯
// 选择 2：不选当前数字（或者选够了，不想再选了）
// 参数变成 i + 1，表示彻底跳过 candidates[i]，以后再也不看它了
dfs(candidates, vals, target, i + 1, n);
}
public:
vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {
vector<int> vals;
int n = candidates.size();
if (n == 0) return {};
dfs(candidates, vals, target, 0, n);
return ans;
}
};3. 时空复杂度分析
这里的复杂度分析比普通组合要复杂，因为树的深度不固定。
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时间复杂度：O(S) （粗略估计）（可行解的每一个长度，代表了它找路一次，所以是长度和），举例如下：
cpp假如 target = 5，candidates = [1, 2, 5]。找到的答案 ans 如下： [1, 1, 1, 1, 1] (长度 5) [1, 1, 1, 2] (长度 4) [1, 2, 2] (长度 3) [5] (长度 1) 那么 S = 5 + 4 + 3 + 1 = 13。-
严格来说是指数级的。最坏情况取决于 target 和数组中最小元素的值。
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递归树的最大深度（Height）大约是
target / min(candidates)。 -
因为每个节点分两个叉（选或不选），所以节点总数大概是 2 的 Height 次方级别。
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准确来说，时间复杂度通常表示为 O(S)，其中 S 是所有可行解的总长度。因为我们需要把每个解都构造出来。
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空间复杂度：O(target / min(candidates))
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空间主要取决于递归栈的深度。
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在最坏情况下（比如 target=100，最小元素是 1），我们可能需要递归 100 层（一直选 1）。
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所以空间复杂度是 O(target / min_val)。
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三、 总结与对比
通过这两道题，我们可以总结出回溯算法对索引 i 的不同处理方式：
| 题目类型 | 视角 | i 的含义 | 下一层递归传参 |
|---|---|---|---|
| 电话号码组合 | 答案视角 | 当前正在填第几个坑 | i + 1 (去填下一个坑) |
| 组合总和 | 输入视角 | 当前正在考察第几个候选人 | 选：传 i (还能接着选) 不选：传 i + 1 (跳过看下一个) |
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什么时候用"选"与"不选"？
当题目允许重复选择同一个元素，或者无法确定答案的长度时，使用输入视角（选或不选）配合参数控制（传 i 还是 i+1）通常是逻辑最清晰的解法。
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什么时候用"For 循环填坑"？
当题目明确了答案的结构固定（比如每个位置必须对应一个映射，或者全排列）时，使用答案视角配合 For 循环效率更高。