0805. 数组的均值分割
https://leetcode-cn.com/problems/split-array-with-same-average/
给定的整数数组 A ，我们要将 A数组 中的每个元素移动到 B数组 或者 C数组中。（B数组和C数组在开始的时候都为空）
返回true ，当且仅当在我们的完成这样的移动后，可使得B数组的平均值和C数组的平均值相等，并且B数组和C数组都不为空。
示例:
输入:
[1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: true
解释: 我们可以将数组分割为 [1,4,5,8] 和 [2,3,6,7], 他们的平均值都是4.5。
注意:
A 数组的长度范围为 [1, 30].
A[i] 的数据范围为 [0, 10000].
- 暂无
实际上分出的两个列表 B 和 C 的均值都等于列表 A 的均值，这是本题的入手点。以下是证明：
令 B 的长度为 K，A 的长度为 N。 则有 sum(B)/K = sum(C)/(N-K)。
进而：
sum(B) * (N - K) = sum(C) * K
sum(B) * N = (sum(B) + sum(C)) * K
sum(B) / K = (sum(B) + sum(C)) / N
sum(B) / K = sum(A) / N
因此我们可以枚举所有的 A 的大小 i，相应地 B 的大小就是 n - i，其中 n 为数组 A 的大小。
而由于两个列表 B 和 C 的均值都等于列表 A 的均值。因此可以提前计算出 A 的均值 avg，那么 A 的总和其实就是 i * avg ，我们使用回溯找到一个和为 i * avg 的 组合，即可返回 true，否则返回 false。
值得注意的是，我们只需要枚举 i 为 1 到 N//2 范围即可，这可以达到剪枝的效果。
核心代码：
def splitArraySameAverage(self, A: List[int]) -> bool:
n = len(A)
avg = sum(A) / n
for i in range(1, n // 2 + 1):
for combination in combinations(A, i):
if abs(sum(combination) - avg * i) < 1e-6:
return True
return False
上面代码由于回溯里面嵌套了 sum，因此时间复杂度为回溯的时间复杂度 * sum 的时间复杂度，因此总的时间复杂度在最坏的情况下是 $n * 2^n$。代入题目的 n 范围是 30，一般这种复杂度只能解决 20 以下的题目，因此需要考虑优化。
我们可以不计算出来所有的组合之后再求和，而是直接计算所有的和的组合，这种算法的时间复杂度为 $2^n$。
核心代码：
def splitArraySameAverage(self, A: List[int]) -> bool:
n = len(A)
avg = sum(A) / n
for i in range(1, n // 2 + 1):
for s in combinationSum(A, i):
if abs(s - avg * i) < 1e-6:
return True
return False
但是遗憾的是，这仍然不足以通过所有的测试用例。
接下来，我们可以通过进一步剪枝的手段来达到 AC 的目的。 很多回溯的题目都是基于剪枝来完成的。剪枝是回溯问题的核心考点。
这个技巧就是双向搜索，双向搜索相比之前的回溯可达到减少指数数字的效果，从 $O(2^n)$ 降低到 $O(2^(N//2))$。代入题目，这样指数变为了 30/2 = 15，就可以通过了。
具体地，我们可以 combinationSum A 数组的一半（不妨称 A1），然后 combinationSum A 数组的令一半（不妨称 A2），那么 A1 和 A2 的总和如果是 avg * i 不也行么？简单起见，我们可以令 A1 为数组 A 的前一半， A2 为数组的后一半。
同时，为了避免这种加法，我们可以对问题进行一个转化。即将数组 A 的所有数都减去 avg，这样问题转化为找到一个和为 0 的组合，即可以找到一个和为 avg * i 的组合。
- 双端搜索
- 语言支持：Python3
Python3 Code:
class Solution(object):
def splitArraySameAverage(self, A):
from fractions import Fraction
N = len(A)
total = sum(A)
A = [a - Fraction(total, N) for a in A] # 转化后的 A，免于计算 sum
if N == 1: return False
S1 = set() # 所有 B 可能的和的集合
for i in range(N//2):
# {a + A[i] for a in S1} 在之前选择的基础上选择 A[i] 的新集合
# {A[i]} 是仅选择 A[i] 的新集合
# S1 是不选择 A[i] 的集合
# | 是集合并操作
S1 = {a + A[i] for a in S1} | S1 | {A[i]}
if 0 in S1: return True
S2 = set() # 所有 C 可能的和的集合
for i in range(N//2, N):
S2 = {a + A[i] for a in S2} | S2 | {A[i]}
if 0 in S2: return True
# 如果 S1 和 S2 都没有和为 0 的组合。那么我们就需要从 S1 和 S2 分别找一个 a 和 b，看其和是否能达到 0. 如果可以，说明也能满足题意
# 为了避免 B 或者 C 为空，我们增加一个这样的判断： (ha, -ha) != (sleft, sright)
sleft = sum(A[i] for i in range(N//2))
sright = sum(A[i] for i in range(N//2, N))
return any(-ha in S2 and (ha, -ha) != (sleft, sright) for ha in S1)
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：$O(2^(N//2))$
- 空间复杂度：$O(2^(N//2))$
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