题目描述（中等难度）

描述的很简单，就是给定几个数，然后输出他们所有排列的可能。

解法一 插入

这是自己开始想到的一个方法，考虑的思路是，先考虑小问题怎么解决，然后再利用小问题去解决大问题。没错，就是递归的思路。比如说，

如果只有 1 个数字 [ 1 ]，那么很简单，直接返回 [ [ 1 ] ] 就 OK 了。

如果加了 1 个数字 2， [ 1 2 ] 该怎么办呢？我们只需要在上边的情况里，在 1 的空隙，也就是左边右边插入 2 就够了。变成 [ [ 2 1 ], [ 1 2 ] ]。

如果再加 1 个数字 3，[ 1 2 3 ] 该怎么办呢？同样的，我们只需要在上边的所有情况里的空隙里插入数字 3 就行啦。例如 [ 2 1 ] 在左边，中间，右边插入 3 ，变成 3 2 1，2 3 1，2 1 3。同理，1 2 在左边，中间，右边插入 3，变成 3 1 2，1 3 2，1 2 3，所以最后的结果就是 [ [ 3 2 1]，[ 2 3 1]，[ 2 1 3 ], [ 3 1 2 ]，[ 1 3 2 ]，[ 1 2 3 ] ]。

如果再加数字也是同样的道理，只需要在之前的情况里，数字的空隙插入新的数字就够了。

思路有了，直接看代码吧。

既然有递归的过程，我们也可以直接改成迭代的，可以把递归开始不停压栈的过程省略了。

  2.     List<List<Integer>> all = new ArrayList<>();
  3.     all.add(new ArrayList<>());
  4.     //在上边的基础上只加上最外层的 for 循环就够了，代表每次新添加的数字
  5.     for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
  6.         for (int j = 0; j < current_size; j++) {
  7.             for (int k = 0; k <= i; k++) {
  9.                 temp.add(k, nums[i]);
  10.                 all.add(temp);
  11.             }
  12.         }
  13.         for (int j = 0; j < current_size; j++) {
  14.             all.remove(0);
  16.     return all;
  17. }

时间复杂度，如果只分析代码的话挺复杂的。如果从最后的结果来说，应该是 n! 个结果，所以时间复杂度应该是 O（n！)。

解法二 回溯

这个开始没想到，参考)。

其实也算是蛮典型的回溯，利用递归每次向 temp 里添加一个数字，数字添加够以后再回来进行回溯，再向后添加新的解。

可以理解成一层一层的添加，每一层都是一个 for 循环。

每调用一层就进入一个 for 循环，相当于列出了所有解，然后挑选了我们需要的。其实本质上就是深度优先遍历 DFS。

时间复杂度：

空间复杂度：

解法三 交换

参考这里。

这个想法就很 cool 了，之前第一个解法的递归，有点儿动态规划的意思，把 1 个数字的解，2 个数字的解，3 个数字的解，一环套一环的求了出来。

  1. upset(int[] nums, int begin, List<List<Integer>> all)

如果有这样的函数，那么一切就都简单了。

如果 begin 等于 nums 的长度，那么就表示 begin 前的数字都不变，也就是全部数字不变，我们只需要把它加到 all 中就行了。

如果是其它的情况，我们其实只需要用一个 for 循环，把每一个数字都放到 begin 一次，然后再变化后边的数字就够了，也就是调用 upset 函数，从 begin + 1 开始的所有组合。

  1. for (int i = begin; i < nums.length; i++) {
  2.     swap(nums, i, begin);
  3.     upset(nums, begin + 1, all);
  4.     swap(nums, i, begin);

总体就是这样了。

时间复杂度：

空间复杂度：

总

这道题很经典了，用动态规划，回溯，递归各实现了一遍，当然解法一强行递归了一下，和解法三相比真是相形见绌，解法三才是原汁原味的递归，简洁优雅。

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