LeetCode高频面试题|LeetCode 416. 分割等和子集【c++/java详细题解】 c++|动态规划|leetcode

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- - 1、题目
  - 2、思路
  - 3、二维c++代码
  - 4、二维java代码
  - 5、一维优化
  - 6、一维c++代码
  - 7、一维java代码

1、题目
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

2、思路
(动态规划)O ( n ? m ) O(n * m) O(n?m)
给定一个只包含正整数的非空数组 nums[0]，判断是否可以从数组中选出一些数字，使得这些数字的和恰好等于整个数组的元素和的一半。
样例：

LeetCode高频面试题|LeetCode 416. 分割等和子集【c++/java详细题解】

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如样例所示，nums = [1,5,11,5]，数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11]，因此返回ture。
从题意来看，这个问题可以转换成0-1背包问题，如何看出来的? 我们不妨将换种表述方式：
将大小为n的数组看成n件物品，数组元素和sum的一半看成一个容量为sum / 2的背包，每件物品只能使用一次，每件物品的体积是nums[i]，求解是否可以选出一些物品，使得这些物品的总体积恰好为背包的容量，因此可以使用动态规划求解，下面我们来讲解具体做法。
首先，如果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false。接下来我们去定义状态表示和推导状态转移方程。
【LeetCode高频面试题|LeetCode 416. 分割等和子集【c++/java详细题解】】状态表示： f[i][j]表示从前i个数中选若干个数，是否使得这些数字的和恰好等于j。因此f[i][j]有两种状态，true或者false。
状态计算:
假定nums[]数组下标从1开始，如何确定f[i][j]的值？
一般去考虑最后一步，那么对于当前的数字 nums[i]，可以选取也可以不选取:

1、不选 nums[i]，那么我们就从前i - 1个数中选，看是否使得这些数字的和恰好等于j，即 f[i][j] = f[i - 1][j]。
2、选择nums[i] ，在背包可以装下的情况下，那么相应的背包容量就要减去nums[i] ,f[i][j]的状态就可以从f[i - 1][j - nums[i]]转移过来，即f[i][j] = f[i - 1][j - nums[i]]。

综上，两种情况只要有一个为true，f[i][j]就为true。因此状态转移方程为f[i][j] = f[i - 1][j] | f[i - 1][j - nums[i]]。
初始化：
f[0][0] = true：在前0个数中，我们可以一个数都不去选，因此从前0个数中选，使得这些数字的和恰好等于0的状态为true，其余的状态都初始化为false。
实现细节：
在推导状态转移方程时，我们假设的nums[]数组下标是从1开始的，而实际中的nums[]数组下标是从0开始的，因此在代码的编写过程中，我们需要将所有nums[i]的下标减去 1，与使用的语言保持一致。
时间复杂度分析:O ( n ? m ) O(n * m) O(n?m)，n是nums数组的大小，m数组元素和的一半。
空间复杂度分析： O ( n ? m ) O(n * m) O(n?m)
3、二维c++代码

class Solution { public: bool canPartition(vector& nums) { int n = nums.size(), sum = 0; for(int x : nums) sum += x; if(sum % 2) return false; int m = sum / 2; vector> f(n + 1, vector(m + 1, false)); f[0][0] = true; for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 1; j <= m; j++){ if(j >= nums[i - 1]) f[i][j] = f[i - 1][j - nums[i - 1]] | f[i - 1][j]; else f[i][j] = f[i - 1][j]; } } return f[n][m]; } };

4、二维java代码

class Solution { public boolean canPartition(int[] nums) { int n = nums.length, sum = 0; for(int x : nums) sum += x; if(sum % 2 != 0) return false; int m = sum / 2; boolean[][] f = new boolean[n + 1][m + 1]; f[0][0] = true; for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 1; j <= m; j++){ if(j >= nums[i - 1]) f[i][j] = f[i - 1][j - nums[i - 1]] || f[i - 1][j]; else f[i][j] = f[i - 1][j]; } } return f[n][m]; } }

5、一维优化
我们可以发现，在计算 f[i][j]的过程中，每一行f[i][j]的值只与上一行的f[i - 1][j]有关，因此考虑去掉前一维，则状态转移方程为：f[j] = f[j] | f[j - nums[i]]。
如果此时我们继续考虑第二层循环j从小往大计算，即：

for (int i = 1; i <= n; i++){//为了下标对应，实际nums[i]应取nums[i - 1] for (int j = nums[i]; j <= m; j++){ f[j] = f[i] | f[j - nums[i]]; } }

此时的状态便与二维的状态不等价了，因为在计算第i层的状态时，我们从小到大枚举， j - nums[i]严格小于j，那么f[ j- nums[i]]一定会先于f[j]被计算出来，于是我们计算出来的f[j - nums[i]]仍为第i层状态，这样f[j - nums[i]]等价于f[i][j-nums[i]] ，实际上f[j - nums[i]]应该等价于f[i - 1][j - nums[i]]。
为了解决这个问题只需要将j从大到小枚举。

for (int i = 1; i <= n; i++){//为了下标对应，实际nums[i]应取nums[i - 1] for (int j = m; j >= nums[i]; j -- ){ f[j] = f[i] | f[j - nums[i]]; } }

因为我们从大到小枚举j，而 j - nums[i]严格小于j，于是我们在计算f[j] 的时候f[j - nums[i]]还未被第i层状态更新过，那么它存的就是上一层(i - 1层)的状态，即等价于f[i - 1][j - nums[i]]。
空间复杂度分析： O ( n ) O(n) O(n)
6、一维c++代码

class Solution { public: bool canPartition(vector& nums) { int n = nums.size(), m = 0; for (int x: nums) m += x; if (m % 2) return false; m /= 2; vector f(m + 1); f[0] = true; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = m; j >= nums[i - 1]; j -- ) f[j] = f[j] | f[j - nums[i - 1]]; return f[m]; } };

7、一维java代码

class Solution { public boolean canPartition(int[] nums) { int n = nums.length, m = 0; for (int x: nums) m += x; if (m % 2 != 0) return false; m /= 2; boolean[] f = new boolean[m + 1]; f[0] = true; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = m; j >= nums[i - 1]; j -- ) f[j] |= f[j - nums[i - 1]]; return f[m]; } }

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原题链接： 416. 分割等和子集