0416. 分割等和子集
https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/
给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
注意:
每个数组中的元素不会超过 100
数组的大小不会超过 200
示例 1:
输入: [1, 5, 11, 5]
输出: true
解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].
示例 2:
输入: [1, 2, 3, 5]
输出: false
解释: 数组不能分割成两个元素和相等的子集.
- DFS
- 阿里
- 腾讯
- 百度
- 字节
抽象能力不管是在工程还是算法中都占据着绝对重要的位置。比如上题我们可以抽象为：
给定一个非空数组，和是 sum，能否找到这样的一个子序列，使其和为 2/sum
我们做过二数和，三数和， 四数和，看到这种类似的题会不会舒适一点，思路更开阔一点。
老司机们看到转化后的题，会立马想到背包问题，这里会提供深度优先搜索和背包两种解法。
我们再来看下题目描述，sum 有两种情况，
- 1.如果 sum % 2 === 1, 则肯定无解，因为 sum/2 为小数，而数组全由整数构成，子数组和不可能为小数。
- 2.如果 sum % 2 === 0, 需要找到和为 2/sum 的子序列 针对 2，我们要在 nums 里找到满足条件的子序列 subNums。 这个过程可以类比为在一个大篮子里面有 N 个球，每个球代表不同的数字，我们用一小篮子去抓取球，使得拿到的球数字和为 2/sum。那么很自然的一个想法就是，对大篮子里面的每一个球，我们考虑取它或者不取它，如果我们足够耐心，最后肯定能穷举所有的情况，判断是否有解。上述思维表述为伪代码如下：
令 target = sum / 2, nums 为输入数组, cur 为当前当前要选择的数字的索引
nums 为输入数组，target为当前求和目标，cur为当前判断的数
function dfs(nums, target, cur)
如果target < 0 或者 cur > nums.length
return false
否则
如果 target = 0, 说明找到答案了，返回true
否则
取当前数或者不取，进入递归 dfs(nums, target - nums[cur], cur + 1) || dfs(nums, target, cur + 1)
因为对每个数都考虑取不取，所以这里时间复杂度是 O(2 ^ n), 其中 n 是 nums 数组长度，
javascript 实现
var canPartition = function (nums) {
let sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, 0);
if (sum % 2) {
return false;
}
sum = sum / 2;
return dfs(nums, sum, 0);
};
function dfs(nums, target, cur) {
if (target < 0 || cur > nums.length) {
return false;
}
return (
target === 0 ||
dfs(nums, target - nums[cur], cur + 1) ||
dfs(nums, target, cur + 1)
);
}
不出所料，这里是超时了，我们看看有没优化空间
- 1.如果 nums 中最大值 > 2/sum, 那么肯定无解
- 2.在搜索过程中，我们对每个数都是取或者不取，并且数组中所有项都为正数。我们设取的数和为
pickedSum，不难得 pickedSum <= 2/sum， 同时要求丢弃的数为discardSum，不难得 pickedSum <= 2 / sum。
我们同时引入这两个约束条件加强剪枝：
优化后的代码如下
var canPartition = function (nums) {
let sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, 0);
if (sum % 2) {
return false;
}
sum = sum / 2;
nums = nums.sort((a, b) => b - a);
if (sum < nums[0]) {
return false;
}
return dfs(nums, sum, sum, 0);
};
function dfs(nums, pickRemain, discardRemain, cur) {
if (pickRemain === 0 || discardRemain === 0) {
return true;
}
if (pickRemain < 0 || discardRemain < 0 || cur > nums.length) {
return false;
}
return (
dfs(nums, pickRemain - nums[cur], discardRemain, cur + 1) ||
dfs(nums, pickRemain, discardRemain - nums[cur], cur + 1)
);
}
leetcode 是 AC 了，但是时间复杂度 O(2 ^ n), 算法时间复杂度很差，我们看看有没更好的。
在用 DFS 是时候，我们是不关心取数的规律的，只要保证接下来要取的数在之前没有被取过即可。那如果我们有规律去安排取数策略的时候会怎么样呢，比如第一次取数安排在第一位，第二位取数安排在第二位，在判断第 i 位是取数的时候，我们是已经知道前 i-1 个数每次是否取的所有子序列组合，记集合 S 为这个子序列的和。再看第 i 位取数的情况, 有两种情况取或者不取
- 1.取的情况，如果 target-nums[i]在集合 S 内，则返回 true，说明前 i 个数能找到和为 target 的序列
- 2.不取的情况，如果 target 在集合 S 内，则返回 true，否则返回 false
也就是说，前 i 个数能否构成和为 target 的子序列取决为前 i-1 数的情况。
记 F[i, target] 为 nums 数组内前 i 个数能否构成和为 target 的子序列的可能，则状态转移方程为
F[i, target] = F[i - 1, target] || F[i - 1, target - nums[i]]伪代码表示
n = nums.length
target 为 nums 各数之和
如果target不能被2整除,
返回false
令dp为n * target 的二维矩阵, 并初始为false
遍历0:n, dp[i][0] = true 表示前i个数组成和为0的可能
遍历 0 到 n
遍历 0 到 target
if 当前值j大于nums[i]
dp[i + 1][j] = dp[i][j-nums[i]] || dp[i][j]
else
dp[i+1][j] = dp[i][j]
算法时间复杂度 O(n*m), 空间复杂度 O(n*m), m 为 sum(nums) / 2
javascript 实现
var canPartition = function (nums) {
let sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, 0);
if (sum % 2) {
return false;
} else {
sum = sum / 2;
}
const dp = Array.from(nums).map(() =>
Array.from({ length: sum + 1 }).fill(false)
);
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
dp[i][0] = true;
}
for (let i = 0; i < dp.length - 1; i++) {
for (let j = 0; j < dp[0].length; j++) {
dp[i + 1][j] =
j - nums[i] >= 0 ? dp[i][j] || dp[i][j - nums[i]] : dp[i][j];
}
}
return dp[nums.length - 1][sum];
};
再看看有没有优化空间，看状态转移方程
F[i, target] = F[i - 1, target] || F[i - 1, target - nums[i]] 第 n 行的状态只依赖于第 n-1 行的状态，也就是说我们可以把二维空间压缩成一维伪代码
遍历 0 到 n
遍历 j 从 target 到 0
if 当前值j大于nums[i]
dp[j] = dp[j-nums[i]] || dp[j]
else
dp[j] = dp[j]
时间复杂度 O(n*m), 空间复杂度 O(n) javascript 实现
var canPartition = function (nums) {
let sum = nums.reduce((acc, num) => acc + num, 0);
if (sum % 2) {
return false;
}
sum = sum / 2;
const dp = Array.from({ length: sum + 1 }).fill(false);
dp[0] = true;
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
for (let j = sum; j > 0; j--) {
dp[j] = dp[j] || (j - nums[i] >= 0 && dp[j - nums[i]]);
}
}
return dp[sum];
};
有 N 件物品和一个容量为 V 的背包。放入第 i 件物品耗费的费用是 Ci，得到的 价值是 Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
背包问题的特性是，每种物品，我们都可以选择放或者不放。令 F[i, v]表示前 i 件物品放入到容量为 v 的背包的状态。
针对上述背包，F[i, v]表示能得到最大价值，那么状态转移方程为
F[i, v] = max{F[i-1, v], F[i-1, v-Ci] + Wi}
针对 416. 分割等和子集这题，F[i, v]的状态含义就表示前 i 个数能组成和为 v 的可能，状态转移方程为
F[i, v] = F[i-1, v] || F[i-1, v-Ci]
给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。
带入背包思想，F[i,v] 表示用前 i 种硬币能兑换金额数为 v 的组合数，状态转移方程为
F[i, v] = F[i-1, v] + F[i-1, v-Ci]javascript 实现
/**
* @param {number} amount
* @param {number[]} coins
* @return {number}
*/
var change = function (amount, coins) {
const dp = Array.from({ length: amount + 1 }).fill(0);
dp[0] = 1;
for (let i = 0; i < coins.length; i++) {
for (let j = 1; j <= amount; j++) {
dp[j] = dp[j] + (j - coins[i] >= 0 ? dp[j - coins[i]] : 0);
}
}
return dp[amount];
};
注意这里内层循环和外层循环不能颠倒，即必须外层是遍历 coins，内层遍历 amount，否则 coins 就可能被使用多次而导致和题意不符
复杂度分析
- 时间复杂度：$O(amount * len(coins))$
- 空间复杂度：$O(amount)$
大家对此有何看法，欢迎给我留言，我有时间都会一一查看回答。更多算法套路可以访问我的 LeetCode 题解仓库：https://github.com/azl397985856/leetcode 。 目前已经 37K star 啦。 大家也可以关注我的公众号《力扣加加》带你啃下算法这块硬骨头。 
最近更新 4mo ago