LeetCode 第 416 题：分割等和子集（动态规划）

地址：https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/
我写的题解地址：https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/solution/0-1-bei-bao-wen-ti-xiang-jie-zhen-dui-ben-ti-de-yo/

思路：首先思考为什么题目说是正整数，有 $0$0 是否可以，有实数可以吗，有负数可以吗？

• $0$0 的存在意义不大，放在哪个子集都是可以的；
• 实数有可能是无理数，也可能是无限不循环小数，在计算整个数组元素的和的一半，要除法，然后在比较两个子集元素的和是否相等的时候，就会遇到精度的问题；
• 再说负数，负数其实也是可以存在的，但要用到“回溯搜索”解决。

事实上，这是一个典型的“动态规划”问题，并且它的“原形”是“0-1 背包问题”。使用“动态规划”解决问题的思路是“以空间换时间”，“规划”这个词在英文中就是“填表格”的意思，因此，下面我们代码执行的过程，也称之为“填表格”。

只要注意到，题目其实是在问：是否可以从这个数组中挑选出一些正整数，使得这些数的和等于整个数组元素的和的一半。前提条件是：数组的和一定得是偶数，即数组的和一定得被 $2$2 整除，这一点是特判。

作为“0-1 背包问题”，它的特点是：“每个数只能用一次”。思路是：物品一个一个选，容量也逐个放大考虑。我们实际生活中也是这样做的，尝试一个一个把候选物品放入“背包”。

• 状态定义：dp[i][j]表示从数组的 [0, i] 这个子区间内挑选一些正整数，每个数只能用一次，使得这些数的和恰好等于 j。
• 状态转移方程：很多时候，状态转移方程思考的角度是“分类讨论”，对于“0-1 背包问题”而言就是“当前考虑到的数字选与不选”。

1、不选择 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 这个子区间内已经有一部分元素，使得它们的和为 j ，那么 dp[i][j] = true；

2、选择 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 这个子区间内就得找到一部分元素，使得它们的和为 j - nums[i]。

状态转移方程是：

dp[i][j] = dp[i - 1][j] or dp[i - 1][j - nums[i]]

一般写出状态转移方程以后，就需要考虑边界条件（一般而言也是初始化条件）。

1、j - nums[i] 作为数组的下标，一定得保证大于等于 0 ，因此 nums[i] <= j；
2、注意到一种非常特殊的情况：j 恰好等于 nums[i]，即单独 nums[j] 这个数恰好等于此时“背包的容积” j，这也是符合题意的。

因此完整的状态转移方程是：

$\text{dp}[i][j]= \begin{cases} \text{dp}[i - 1][j] & \\ \text{true} & \text{nums[i] = j} \\ \text{dp}[i - 1][j - nums[i]] & \text{nums[i] < j} \end{cases}$dp[i][j]=⎩⎪⎨⎪⎧​dp[i−1][j]truedp[i−1][j−nums[i]]​nums[i] = jnums[i] < j​

说明：虽然写成花括号，但是它们的关系是或者。

• 初始化：dp[0][0] = false，因为是正整数，当然凑不出和为 0。
• 输出：dp[len - 1][target]，这里 len 表示数组的长度，target 是数组的元素之和（必须是偶数）的一半。

参考代码 1：

Java 代码：

public class Solution {

    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) {
            return false;
        }

        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }

        // 特判：如果是奇数，就不符合要求
        if ((sum & 1) == 1) {
            return false;
        }

        int target = sum / 2;

        // 创建二维状态数组，行：物品索引，列：容量（包括 0）
        boolean[][] dp = new boolean[len][target + 1];

        // 先填表格第 0 行，第 1 个数只能让容积为它自己的背包恰好装满
        if (nums[0] <= target) {
            dp[0][nums[0]] = true;
        }

        // 再填表格后面几行
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            for (int j = 0; j <= target; j++) {
                // 直接从上一行先把结果抄下来，然后再修正
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];

                if (nums[i] == j) {
                    dp[i][j] = true;
                    continue;
                }
                if (nums[i] < j) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];
                }
            }
        }
        return dp[len - 1][target];
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(NC)$O(NC)：这里 $N$N 是数组元素的个数，$C$C 是数组元素的和的一半。
• 空间复杂度：$O(NC)$O(NC)。

下面是几点说明：

1、修改代码初始化的定义：dp[0][0] = true。

注意到：容量为 0 的时候，即 dp[i][0] 按照本意来说，应该设置为 false ，但是注意到状态转移方程（代码中）：

dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];

j - nums[i] == 0 成立的时候，根据上面分析，就说明单独的 nums[i] 这个数就恰好能够在被分割为单独的一组，其余的数分割成为另外一组，因此，我们把初始化的 dp[i][0] 设置成为 true 在代码运行层面是完全没有问题的。

2、观察状态转移方程的特点，or 的结果只要为真，表格下面所有的值都为真，因此在填表的时候，只要表格的最后一列是 true，代码就可以结束，直接返回 true 即可。

参考代码 2：

Java 代码：

public class Solution2 {

    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) {
            return false;
        }

        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }

        if ((sum & 1) == 1) {
            return false;
        }

        int target = sum / 2;

        boolean[][] dp = new boolean[len][target + 1];
        // 初始化成为 true 虽然不符合状态定义，但是从状态转移来说是完全可以的
        dp[0][0] = true;

        if (nums[0] <= target) {
            dp[0][nums[0]] = true;
        }

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            for (int j = 0; j <= target; j++) {

                dp[i][j] = dp[i - 1][j];

                if (nums[i] <= j) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];
                }
            }

            // 由于状态转移方程的特殊性，提前结束，可以认为是剪枝操作
            if (dp[i][target]) {
                return true;
            }
        }
        return dp[len - 1][target];
    }
}

3、“0-1 背包问题”常规优化：“装填数组”从二维降到一维，减少空间复杂度

• 在“填表格”的时候，当前行只参考了上一行的值，因此状态数组可以只设置 $2$2 行，使用“滚动数组”的技巧“填表格”即可；

• 实际上连“滚动数组”都不必，在“填表格”的时候，当前行总是参考了它上面一行 “头顶上” 那个位置和“左上角”某个位置的值。因此，我们可以只开一个一维数组，从后向前依次填表即可。

这一点第 1 次接触的时候，可能会觉得很奇怪，理解的办法是，就拿题目中的示例，画一个表格，自己模拟一遍程序是如何“填表”的行为，就很清楚为什么状态数组压缩到 1 行的时候，需要“从后前向”填表。

• “从后向前” 写的过程中，一旦 nums[i] <= j 不满足，可以马上退出当前循环，因为后面的 j 的值肯定越来越小，没有必要继续做判断，直接进入外层循环的下一层。相当于也是一个剪枝，这一点是“从前向后”填表所不具备的。

参考代码 3：只展示了状态数组压缩到一维，并且“从后向前”填表格的代码。

public class Solution3 {

    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) {
            return false;
        }

        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }

        if ((sum & 1) == 1) {
            return false;
        }

        int target = sum / 2;

        boolean[] dp = new boolean[target + 1];
        dp[0] = true;

        if (nums[0] <= target) {
            dp[nums[0]] = true;
        }

        for (int i = 1; i < len; i++) {
            for (int j = target; nums[i] <= j; j--) {
                if (dp[target]) {
                    return true;
                }

                dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[target];
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(NC)$O(NC)：这里 $N$N 是数组元素的个数，$C$C 是数组元素的和的一半。
• 空间复杂度：$O(C)$O(C)：减少了物品那个维度，无论来多少个数，用一行表示状态就够了。