diff --git a/problems/416.partition-equal-subset-sum.md b/problems/416.partition-equal-subset-sum.md index 1b90e88a2..5dab5ef7a 100644 --- a/problems/416.partition-equal-subset-sum.md +++ b/problems/416.partition-equal-subset-sum.md @@ -1,86 +1,284 @@ -## 题目地址 +### 题目地址 -https://leetcode.com/problems/partition-equal-subset-sum/description/ +#### [416. 分割等和子集](https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/) -## 题目描述 +### 题目描述 +> 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. + +### 思路 + +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。 + +### 深度优先遍历 + +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) ``` -Given a non-empty array containing only positive integers, find if the array can be partitioned into two subsets such that the sum of elements in both subsets is equal. -Note: +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， -Each of the array element will not exceed 100. -The array size will not exceed 200. - +#### javascript 实现 -Example 1: +```javascript +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); +}; -Input: [1, 5, 11, 5] +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) + ); +} +``` -Output: true +不出所料，这里是超时了，我们看看有没优化空间 -Explanation: The array can be partitioned as [1, 5, 5] and [11]. - +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。 -Example 2: +我们同时引入这两个约束条件加强剪枝： -Input: [1, 2, 3, 5] +优化后的代码如下 -Output: false +```javascript +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); +}; -Explanation: The array cannot be partitioned into equal sum subsets. +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) + ); +} ``` -## 思路 +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。 -题目要求给定一个数组， 问是否能划分为和相等的两个数组。 +### DP 解法 -这是一个典型的背包问题，我们可以遍历数组，对于每一个，我们都分两种情况考虑，拿或者不拿。 +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 -背包问题处理这种离散的可以划分子问题解决的问题很有用。 +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 -![416.partition-equal-subset-sum-1](../assets/problems/416.partition-equal-subset-sum-1.png) +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。 -如果能够识别出这是一道背包问题，那么就相对容易了。 +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 -![416.partition-equal-subset-sum-2](../assets/problems/416.partition-equal-subset-sum-2.png) -## 关键点解析 +`F[i, target] = F[i - 1, target] || F[i - 1, target - nums[i]]` -- 背包问题 +状态转移方程出来了，代码就很好写了，DFS + DP 都可以解，有不清晰的可以参考下 [递归和动态规划](../thinkings/dynamic-programming.md)， +这里只提供 DP 解法 -## 代码 +#### 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 ```js -/** - * @param {number[]} nums - * @return {boolean} - */ -var canPartition = function(nums) { - let sum = 0; - for(let num of nums) { - sum += num; +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 - if (sum & 1 === 1) return false; +伪代码 - const half = sum >> 1; +``` +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] +``` - let dp = Array(half); - dp[0] = [true, ...Array(nums.length).fill(false)]; +时间复杂度 O(n\*m), 空间复杂度 O(n) +javascript 实现 - for(let i = 1; i < nums.length + 1; i++) { - dp[i] = [true, ...Array(half).fill(false)]; - for(let j = 1; j < half + 1; j++) { - if (j >= nums[i - 1]) { - dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]]; - } - } +```js +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[nums.length][half] + return dp[sum]; }; +``` + +其实这道题和 [leetcode 518](https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/) 是换皮题，它们都可以归属于背包问题 + +## 背包问题 + +### 背包问题描述 + +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] +``` + +再回过头来看下[leetcode 518](https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/), 原题如下 + +> 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 + +```javascript +/** + * @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]; +}; +``` + +### 参考 +[背包九讲](https://raw.githubusercontent.com/tianyicui/pack/master/V2.pdf)