题目：
给你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。
请你对该行程进行重新规划排序。所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，
所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。例如，行程 ["JFK", "LGA"] 与 ["JFK", "LGB"] 相比就更小，排序更靠前。
假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票 必须都用一次 且 只能用一次。

输入：tickets = [["MUC","LHR"],["JFK","MUC"],["SFO","SJC"],["LHR","SFO"]]
输出：["JFK","MUC","LHR","SFO","SJC"]

输入：tickets = [["JFK","SFO"],["JFK","ATL"],["SFO","ATL"],["ATL","JFK"],["ATL","SFO"]]
输出：["JFK","ATL","JFK","SFO","ATL","SFO"]
解释：另一种有效的行程是 ["JFK","SFO","ATL","JFK","ATL","SFO"] ，但是它字典排序更大更靠后
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思考：
直觉上来看 这道题和回溯法没有什么关系，更像是图论中的深度优先搜索。实际上确实是深搜，但这是深搜中使用了回溯的例子，在查找路径的时候，如果不回溯，怎么能查到目标路径呢。所以我倾向于说本题应该使用回溯法，那么我也用回溯法的思路来讲解本题，其实深搜一般都使用了回溯法的思路，
在图论系列中我会再详细讲解深搜。这里就是先给大家拓展一下，原来回溯法还可以这么玩！
这道题目有几个难点：一个行程中，如果航班处理不好容易变成一个圈，成为死循环
有多种解法，字母序靠前排在前面，让很多同学望而退步，如何该记录映射关系呢 ？
使用回溯法（也可以说深搜） 的话，那么终止条件是什么呢？
搜索的过程中，如何遍历一个机场所对应的所有机场。如何理解死循环：
对于死循环，我来举一个有重复机场的例子：

为什么要举这个例子呢，就是告诉大家，出发机场和到达机场也会重复的，
如果在解题的过程中没有对集合元素处理好，就会死循环。有多种解法，字母序靠前排在前面，让很多同学望而退步，如何该记录映射关系呢 ？一个机场映射多个机场，机场之间要靠字母序排列，一个机场映射多个机场，可以使用std::unordered_map，
如果让多个机场之间再有顺序的话，就是用std::map 或者std::multimap 或者 std::multiset。
这样存放映射关系可以定义为 unordered_map<string, multiset<string>> targets或者 unordered_map<string, map<string, int>> targets。含义如下：unordered_map<string, multiset> targets：unordered_map<出发机场, 到达机场的集合> targetsunordered_map<string, map<string, int>> targets：unordered_map<出发机场, map<到达机场, 
航班次数>> targets
这两个结构，我选择了后者，因为如果使用unordered_map<string, multiset<string>> targets遍历multiset的时候，不能删除元素，一旦删除元素，迭代器就失效了。
再说一下为什么一定要增删元素呢，正如开篇我给出的图中所示，出发机场和到达机场是会重复的，
搜索的过程没及时删除目的机场就会死循环。所以搜索的过程中就是要不断的删multiset里的元素，
那么推荐使用unordered_map<string, map<string, int>> targets。在遍历 unordered_map<出发机场, map<到达机场, 航班次数>> targets的过程中，
可以使用"航班次数"这个字段的数字做相应的增减，来标记到达机场是否使用过了。如果“航班次数”大于零，说明目的地还可以飞，如果如果“航班次数”等于零说明目的地不能飞了，
而不用对集合做删除元素或者增加元素的操作。相当于说我不删，我就做一个标记！回溯法：
这道题目我使用回溯法，那么下面按照我总结的回溯模板来：void backtracking(参数) {if (终止条件) {存放结果;return;}for (选择：本层集合中元素（树中节点孩子的数量就是集合的大小）) {处理节点;backtracking(路径，选择列表); // 递归回溯，撤销处理结果}
}
本题以输入：[["JFK", "KUL"], ["JFK", "NRT"], ["NRT", "JFK"]为例，抽象为树形结构如下：

开始回溯三部曲讲解：
递归函数参数
在讲解映射关系的时候，已经讲过了，使用unordered_map<string, map<string, int>> targets; 
来记录航班的映射关系，我定义为全局变量。当然把参数放进函数里传进去也是可以的，我是尽量控制函数里参数的长度。参数里还需要ticketNum，表示有多少个航班（终止条件会用上）。代码如下：// unordered_map<出发机场, map<到达机场, 航班次数>> targets
unordered_map<string, map<string, int>> targets;
bool backtracking(int ticketNum, vector<string>& result) {
注意函数返回值我用的是bool！我们之前讲解回溯算法的时候，一般函数返回值都是void，这次为什么是bool呢？
因为我们只需要找到一个行程，就是在树形结构中唯一的一条通向叶子节点的路线，如图：
所以找到了这个叶子节点了直接返回
当然本题的targets和result都需要初始化，代码如下：for (const vector<string>& vec : tickets) {targets[vec[0]][vec[1]]++; // 记录映射关系
}
result.push_back("JFK"); // 起始机场递归终止条件
拿题目中的示例为例，
输入: [["MUC", "LHR"], ["JFK", "MUC"], ["SFO", "SJC"], ["LHR", "SFO"]] ，
这是有4个航班，那么只要找出一种行程，行程里的机场个数是5就可以了。所以终止条件是：我们回溯遍历的过程中，遇到的机场个数，如果达到了（航班数量+1），
那么我们就找到了一个行程，把所有航班串在一起了。代码如下：if (result.size() == ticketNum + 1) {return true;
}
已经看习惯回溯法代码的同学，到叶子节点了习惯性的想要收集结果，但发现并不需要，
本题的result相当于 回溯算法：求组合总和！中的path，也就是本题的result就是记录路径的（就一条），
在如下单层搜索的逻辑中result就添加元素了。单层搜索的逻辑
回溯的过程中，如何遍历一个机场所对应的所有机场呢？这里刚刚说过，在选择映射函数的时候，不能选择unordered_map<string, multiset<string>> targets，
因为一旦有元素增删multiset的迭代器就会失效，当然可能有牛逼的容器删除元素迭代器不会失效，
这里就不在讨论了。可以说本题既要找到一个对数据进行排序的容器，而且还要容易增删元素，迭代器还不能失效。
所以我选择了unordered_map<string, map<string, int>> targets 来做机场之间的映射。
遍历过程如下：for (pair<const string, int>& target : targets[result[result.size() - 1]]) {if (target.second > 0 ) { // 记录到达机场是否飞过了result.push_back(target.first);target.second--;if (backtracking(ticketNum, result)) return true;result.pop_back();target.second++;}
}
可以看出 通过unordered_map<string, map<string, int>> targets里的int字段来判断这个集合里的机场是否使用过，这样避免了直接去删元素。
一波分析之后，可以看出我就是按照回溯算法的模板来的。代码中for (pair<const string, int>& target : targets[result[result.size() - 1]])
pair里要有const，因为map中的key是不可修改的，所以是pair<const string, int>。如果不加const，也可以复制一份pair，例如这么写：for (pair<string, int>target : targets[result[result.size() - 1]])本题其实可以算是一道hard的题目了，关于本题的难点我在文中已经列出了。如果单纯的回溯搜索（深搜）并不难，难还难在容器的选择和使用上。本题其实是一道深度优先搜索的题目，但是我完全使用回溯法的思路来讲解这道题题目，
算是给大家拓展一下思维方式，其实深搜和回溯也是分不开的，毕竟最终都是用递归。
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代码：
class Solution{private Deque<String> res;private Map<String,Map<String,Integer>> map;private boolean backTracking(int ticketNum){if(res.size()==ticketNum+1)return true;String last = res.getLast();if(map.containsKey(last)){//防止出现nullfor(Map.Entry<String,Integer>target : map.get(last).entrySet()){int count = target.getValue();if(count>0){res.add(target.getKey());target.setValue(count-1);if(backTracking(ticketNum)) return true;res.removeLast();target.setValue(count);}}}return false;}public List<String> findItinerary(List<List<String>> tickets){map = new HashMap<String,Map<String,Integer>>();res = new LinkedList<>();for(List<String> t : tickets){Map<String,Integer> temp;if(map.containsKey(t.get(0))){temp = map.get(t.get(0));temp.put(t.get(1),temp.getOrDefault(t.get(1),0)+1);}else{temp = new TreeMap<>();//升序Maptemp.put(t.get(1),1);}map.put(t.get(0),temp);}res.add("JFK");backTracking(tickets.size());return new ArrayList<>(res);}
}

力扣链接

子集问题分析：时间复杂度：$O(n × 2^n)$，因为每一个元素的状态无外乎取与不取，所以时间复杂度为$O(2^n)$，
构造每一组子集都需要填进数组，又有需要$O(n)$，最终时间复杂度：$O(n × 2^n)$。
空间复杂度：$O(n)$，递归深度为n，所以系统栈所用空间为$O(n)$，每一层递归所用的空间都是常数级别，
注意代码里的result和path都是全局变量，就算是放在参数里，传的也是引用，并不会新申请内存空间，
最终空间复杂度为$O(n)$。
排列问题分析：时间复杂度：$O(n!)$，这个可以从排列的树形图中很明显发现，每一层节点为n，
第二层每一个分支都延伸了n-1个分支，再往下又是n-2个分支，
所以一直到叶子节点一共就是 n * n-1 * n-2 * ..... 1 = n!。
空间复杂度：$O(n)$，和子集问题同理。
组合问题分析：时间复杂度：$O(n × 2^n)$，组合问题其实就是一种子集的问题，所以组合问题最坏的情况，
也不会超过子集问题的时间复杂度。
空间复杂度：$O(n)$，和子集问题同理。
一般说道回溯算法的复杂度，都说是指数级别的时间复杂度，这也算是一个概括吧！