力扣416——分割等和子集
- 2020 年 2 月 19 日
- 筆記
这道题主要涉及的是动态规划，类似背包问题，主要还是需要找出状态转移方程，优化时可以考虑采用深度优先搜索。
原题
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.
原题url：https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/
解题
动态规划
针对这种问题，动态规划是最直接的思路。针对每一个数字，你都有两个选择：选、不选。我们的目标是为了让选出来的数字之和等于所有数字之和的一半。
这和0-1 背包问题很类似，我们可以利用二维表格 dp 解决，表格有len行、target+1列，这里len表示当前数字所处的数组下标，target表示所有数字之和(最大值为：所有数字之和的一半)，target+1是表明数字之和从0开始。
接下来考虑状态定义和状态转移方程：
状态定义：dp[i][j]表示从原始数组的 [0, i] 这个子区间内挑选一些数，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：对于“0-1 背包问题”，就是考虑数字是否选择。
- 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；
- 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]，那么 dp[i][j] = true；
- 其余情况，dp[i][j] = false；
所以状态转移方程是：dp[i][j] = dp[i - 1][j] or dp[i - 1][j - nums[i]]
接下来我们看看代码：
public class Solution { public boolean canPartition(int[] nums) { int len = nums.length; if (len == 0) { return false; } // 求所有数字之和 int sum = 0; for (int num : nums) { sum += num; } // 如果总和是奇数，就无法计算 if ((sum & 1) == 1) { return false; } // 目标值：总和的一半 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++) { // 如果之前已经有总和为 j 的情况(这样不需要nums[i])，说明可以满足 if (dp[i - 1][j] || // 如果当前的数字nums[i]刚好为j，说明可以满足 nums[i] == j || // 如果当前的数字nums[i]小于j，并且之前就有总和为(j - nums[i])的情况(这样加上nums[i]刚好满足j) (nums[i] < j && dp[i - 1][j - nums[i]])) { dp[i][j] = true; } else { dp[i][j] = false; } } } return dp[len - 1][target]; } }
提交OK。
动态规划——优化
时间上的优化，其实可以提前结束，只要满足 target，就满足了总和一半的条件，可以直接结束，并不需要全部算完。
空间上的优化，其实只需要一维即可，因为只用了上一次的所有情况，并不需要所有。
接下来我们看看代码：
public class Solution { public boolean canPartition(int[] nums) { int len = nums.length; if (len == 0) { return false; } // 求所有数字之和 int sum = 0; for (int num : nums) { sum += num; } // 如果总和是奇数，就无法计算 if ((sum & 1) == 1) { return false; } // 目标值：总和的一半 int target = sum / 2; // 创建一维数组 boolean[] dp = new boolean[target + 1]; dp[0] = true; // 记录第一个数字的情况 if (nums[0] <= target) { dp[nums[0]] = true; } // 再填表格 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]; } }
提交OK。
深度优先搜索
和动态规划类似，只是换成了递归的写法。
针对一个数字选还是不选的问题，要求选择的数字之和达到一半，等价于不选择的数字之和也达到了一半。
只是针对剪枝，需要提供更多一些的情况：可以先从小到大排序，然后从大的一方开始找，这样可以快速失败，因为当超过一半之后，可以直接结束。
接下来看看代码：
class Solution { public boolean canPartition(int[] nums) { // 求和 int sum = 0; for (int num : nums) { sum += num; } // 如果是奇数，说明不可平分 if ((sum & 1) == 1) { return false; } // 求出一半应该是多少 sum = sum >> 1; // 从小到大排序 Arrays.sort(nums); // 从后向前添加 return canPartition(nums, nums.length - 1, sum, sum); } public boolean canPartition( int[] nums, int index, int canIncrease, int canDecrease) { // 如果可以增加或者可以减少的量为0，说明已经达到一半，成功 if (canIncrease == 0 || canDecrease == 0) { return true; } // 如果可以增加或者可以减少的量为0，说明已经超过一半，失败 if (canIncrease < 0 || canDecrease < 0) { return false; } // 继续下一个，如果已经遍历完，则失败 if (index < 0) { return false; } // 添加当前元素或者放弃当前元素 return canPartition(nums, index - 1, canIncrease - nums[index], canDecrease) || canPartition(nums, index - 1, canIncrease, canDecrease - nums[index]); } }
提交OK，从时间上来看，比之前的动态规划更快。
总结
以上就是这道题目我的解答过程了，不知道大家是否理解了。这道题主要涉及的是动态规划，类似背包问题，主要还是需要找出状态转移方程，优化时可以考虑采用深度优先搜索。
