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 1:1
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5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 2:1
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5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：1
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46public 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：1
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41public 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：1
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44class 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。
有兴趣的话可以访问我的博客或者关注我的公众号、头条号，说不定会有意外的惊喜。
公众号：健程之道
