LeetCode 416. 分割等和子集 - Harp Seal Pup Nursery and Caring Center

给你一个 只包含正整数 的非空数组 nums。请你判断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。

示例 1：

输入：nums = [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：nums = [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。

提示：

1 <= nums.length <= 200
1 <= nums[i] <= 100

题解

前言

作者在这里希望读者认真阅读前言部分。

本题是经典的「NP 完全问题」，也就是说，如果你发现了该问题的一个多项式算法，那么恭喜你证明出了 P=NP，可以期待一下图灵奖了。

正因如此，我们不应期望该问题有多项式时间复杂度的解法。我们能想到的，例如基于贪心算法的「将数组降序排序后，依次将每个元素添加至当前元素和较小的子集中」之类的方法都是错误的，可以轻松地举出反例。因此，我们必须尝试非多项式时间复杂度的算法，例如时间复杂度与元素大小相关的动态规划。

方法一：动态规划

思路与算法

这道题可以换一种表述：给定一个只包含正整数的非空数组 $\textit{nums}[0]$，判断是否可以从数组中选出一些数字，使得这些数字的和等于整个数组的元素和的一半。因此这个问题可以转换成「$0-1$ 背包问题」。这道题与传统的「$0-1$ 背包问题」的区别在于，传统的「$0-1$ 背包问题」要求选取的物品的重量之和不能超过背包的总容量，这道题则要求选取的数字的和恰好等于整个数组的元素和的一半。类似于传统的「$0-1$ 背包问题」，可以使用动态规划求解。

在使用动态规划求解之前，首先需要进行以下判断。

根据数组的长度 $n$ 判断数组是否可以被划分。如果 $n<2$，则不可能将数组分割成元素和相等的两个子集，因此直接返回 $\text{false}$。
计算整个数组的元素和 $\textit{sum}$ 以及最大元素 $\textit{maxNum}$。如果 $\textit{sum}$ 是奇数，则不可能将数组分割成元素和相等的两个子集，因此直接返回 $\text{false}$。如果 $\textit{sum}$ 是偶数，则令 $\textit{target}=\frac{\textit{sum}}{2}$，需要判断是否可以从数组中选出一些数字，使得这些数字的和等于 $\textit{target}$。如果 $\textit{maxNum}>\textit{target}$，则除了 $\textit{maxNum}$ 以外的所有元素之和一定小于 $\textit{target}$，因此不可能将数组分割成元素和相等的两个子集，直接返回 $\text{false}$。

创建二维数组 $\textit{dp}$，包含 $n$ 行 $\textit{target}+1$ 列，其中 $\textit{dp}[i][j]$ 表示从数组的 $[0,i]$ 下标范围内选取若干个正整数（可以是 $0$ 个），是否存在一种选取方案使得被选取的正整数的和等于 $j$。初始时，$\textit{dp}$ 中的全部元素都是 $\text{false}$。

在定义状态之后，需要考虑边界情况。以下两种情况都属于边界情况。

如果不选取任何正整数，则被选取的正整数等于 $0$。因此对于所有 $0 \le i < n$，都有 $\textit{dp}[i][0]=\text{true}$。
当 $i==0$ 时，只有一个正整数 $\textit{nums}[0]$ 可以被选取，因此 $\textit{dp}[0]\textit{nums}[0]]=\text{true}$。

对于 $i>0$ 且 $j>0$ 的情况，如何确定 $\textit{dp}[i][j]$ 的值？需要分别考虑以下两种情况。

如果 $j \ge \textit{nums}[i]$，则对于当前的数字 $\textit{nums}[i]$，可以选取也可以不选取，两种情况只要有一个为 $\text{true}$，就有 $\textit{dp}[i][j]=\text{true}$。
- 如果不选取 $\textit{nums}[i]$，则 $\textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1][j]$；
- 如果选取 $\textit{nums}[i]$，则 $\textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1]j-\textit{nums}[i]]$。
如果 $j < \textit{nums}[i]$，则在选取的数字的和等于 $j$ 的情况下无法选取当前的数字 $\textit{nums}[i]$，因此有 $\textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1][j]$。

状态转移方程如下：

$$ \textit{dp}[i][j]=\begin{cases} \textit{dp}[i-1][j]|\textit{dp}[i-1][j-\textit{nums}[i]], & j \ge \textit{nums}[i] \\ \textit{dp}[i-1][j], & j < \textit{nums}[i] \end{cases} $$

最终得到 $\textit{dp}[n-1][\textit{target}]$ 即为答案。

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class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
        int maxNum = *max_element(nums.begin(), nums.end());
        if (sum & 1) {
            return false;
        }
        int target = sum / 2;
        if (maxNum > target) {
            return false;
        }
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(target + 1, 0));
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i][0] = true;
        }
        dp[0][nums[0]] = true;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int num = nums[i];
            for (int j = 1; j <= target; j++) {
                if (j >= num) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] | dp[i - 1][j - num];
                } else {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
        return dp[n - 1][target];
    }
};

上述代码的空间复杂度是 $O(n \times \textit{target})$。但是可以发现在计算 $\textit{dp}$ 的过程中，每一行的 $dp$ 值都只与上一行的 $dp$ 值有关，因此只需要一个一维数组即可将空间复杂度降到 $O(\textit{target})$。此时的转移方程为：

$$ \textit{dp}[j]=\textit{dp}[j]\ |\ dp[j-\textit{nums}[i]] $$

且需要注意的是第二层的循环我们需要从大到小计算，因为如果我们从小到大更新 $\textit{dp}$ 值，那么在计算 $\textit{dp}[j]$ 值的时候，$\textit{dp}[j-\textit{nums}[i]]$ 已经是被更新过的状态，不再是上一行的 $\textit{dp}$ 值。

代码

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        int sum = 0, maxNum = 0;
        for (auto& num : nums) {
            sum += num;
            maxNum = max(maxNum, num);
        }
        if (sum & 1) {
            return false;
        }
        int target = sum / 2;
        if (maxNum > target) {
            return false;
        }
        vector<int> dp(target + 1, 0);
        dp[0] = true;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int num = nums[i];
            for (int j = target; j >= num; --j) {
                dp[j] |= dp[j - num];
            }
        }
        return dp[target];
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n \times \textit{target})$，其中 $n$ 是数组的长度，$\textit{target}$ 是整个数组的元素和的一半。需要计算出所有的状态，每个状态在进行转移时的时间复杂度为 $O(1)$。
空间复杂度：$O(\textit{target})$，其中 $\textit{target}$ 是整个数组的元素和的一半。空间复杂度取决于 $\textit{dp}$ 数组，在不进行空间优化的情况下，空间复杂度是 $O(n \times \textit{target})$，在进行空间优化的情况下，空间复杂度可以降到 $O(\textit{target})$。

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方法一：动态规划