LeetCode 416.分割等和子集【超详细解答】

LeetCode 416.分割等和子集

1. 问题描述
2. 解法分析
3. 状态压缩/代码优化

1. 问题描述

这是一道经典的0-1背包问题变种，但是更简单一些。首先我们回顾一下背包问题：

给你N个物品和一个可装载重量为W的背包，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，能装的最大价值是多少？

那么我们这道题如何转换成上述的背包问题呢？

N个数相当于N个物品；
nums[i]相当于第i个物品的重量；
子集相当于从前i个物品中选取出的物品集合；
子集中元素之和相当于背包能装的重量。

转换后我们重新描述一下问题：

给你一个能装载sum/2重量的背包（sum为所有元素之和），给你N个物品（即原题中的N个元素），问能否从N个物品中选出一些物品（这些物品即为一个子集）使得背包刚好装满（装满=子集元素和刚好等于某个值）？

这样一看，是不是就是明显的背包问题？接下来我们来说如何求解。

2. 解法分析

2.1 状态和选择

状态：【背包容量】和【可选的物品】
选择：【装进背包】or【不装进背包】

2.2 dp数组的定义

经典0-1背包问题的dp数组定义是 dp[ i ][ j ]，即对于前 i 个物品，放进容量为 j 的背包中，能够得到的最大价值。那么对于这道题目，可以解释为：
从前 i 个数字中，能否选取出一个子集，使得子集中的元素和刚好是 j 。那么dp[ i ][ j ]的取值就只有两种：true或false。
所以我们最终要求的答案就是dp[N][sum/2]。接下来确定一下base case：

dp[0][…]为false，因为没有物品可选，所以背包肯定装不满，无法装满就为false；
dp[…][0]为true，因为背包空间是0，0就是无法再装了，即装满了，为true。

2.3 状态转移的逻辑

根据上面dp数组的定义，通过进行【选择】，可得出以下状态转移：
注意i从1开始，故第i个物品的重量为nums[i-1]

如果不把 nums[i-1] 放入子集，或者说不把第 i 个物品放入背包中，那么背包能否刚好装满取决于上一个状态 dp[i-1][j]，使用上次的结果；
如果把 nums[i-1] 放入子集，或者说把第 i 个物品放入背包中，那么背包能否装满，取决于状态 dp[i-1][j-nums[i-1]]。可以这么理解，如果背包的剩余容量 j-nums[i-1] 能被装满，那么把第i个物品放进去肯定也能装满，否则则是无法装满的。

2.4 处理边界情况

可以先对一些答案明显不能成立的情况进行处理，减少不必要的运算。（总和的一半记为target = sum/2）

数组元素个数少于2个。（无法分割成两个子集，明显false）
数组元素总和为奇数。（奇数无法由两个相等的数相加得到，即无法分割成等和子集）
数组中的最大元素大于target，那么肯定无法得到两个元素总和都为target的子集。

2.5 初步代码

public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n=nums.length;
        if(n<2)
            return false;
        int sum=0,maxNum=Integer.MIN_VALUE;
        for(int i:nums){
            sum+=i;
            maxNum=Math.max(maxNum,i);
        }
        if(sum%2!=0)
            return false;
        int target=sum/2;
        if(maxNum>target)
            return false;
        boolean dp[][]=new boolean[n+1][target+1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
        	for (int j = 1; j <= target; j++) {
	            if (j - nums[i - 1] < 0) {
	               // 背包容量不足，无法装入第 i 个物品
	                dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 
	            } else {
	                // 不装入或装入背包
	                dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j-nums[i-1]];
	            }
        }
    }
        return dp[n][target];
    }

3. 状态压缩/代码优化

仔细观察上面的代码，是否可以发现，dp[i][j]都是通过上一行的状态dp[i-1][…]转移而来的，上一行的状态只会被使用一次。因此我们可以进行状态压缩，使用一维数组来保存状态即可，降低空间复杂度。压缩之前空间复杂度为O(N*target)，压缩后为O(target)。

还需注意的一点是 j 应该从后往前遍历，因为如果从前往后遍历的话，可能会把上一行的状态更新到，影响了这一行的状态转移。也就是说，当这一行的状态转移还未完成，需要使用到的上一行的状态就已经被改变，影响到最终结果。
如果还无法理解的话，可记 j-num 为 j’，当进行到 dp[j’] 时，dp[j’] 被更新；而进行到 dp[j] 时，dp[j] = dp[j] | dp[j’]，而dp[j’]已不是上一行的状态了，所以会造成错误的结果。

		boolean dp[]=new boolean[target+1];
        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]||dp[j-num];
            }
        }

除此之外，还可以再进一步优化，最外层循环可以少走一遍，循环n-1遍即可。为什么呢？

如果最后一个元素等于target，那么前面n-1个元素和肯定也是target；如果最后一个元素小于target，那么最终结果在前面n-1次计算就能得出：

如果某个子集需要最后一个元素才能构成target，那么另一个子集肯定就是target，而这个子集中的元素肯定都在前n-1个中，结果为true
如果某个子集（元素都在前n-1个中）无法构成target，那么另一个子集肯定也构造不了target，结果为false。

最终代码如下：

public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n=nums.length;
        if(n<2)
            return false;
        int sum=0,maxNum=Integer.MIN_VALUE;
        for(int i:nums){
            sum+=i;
            maxNum=Math.max(maxNum,i);
        }
        if(sum%2!=0)
            return false;
        int target=sum/2;
        if(maxNum>target)
            return false;
            
        boolean dp[]=new boolean[target+1];
        dp[0]=true;
        for(int i=0;i<n-1;i++){
            int num=nums[i];
            for(int j=target;j>=num;j--){
                 dp[j]=dp[j]||dp[j-num];
            }
        }
        return dp[target];
    }

到此问题就解决啦，时间复杂度为O(n*target)，空间复杂度为O(target)。