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LeetCode-416. 分割等和子集

US-B.Ralph
US-B.Ralph
2020-10-112020-10-12

问题地址

LeetCode每日一题/2020-10-11

LeetCode416. 分割等和子集


问题描述

规则

  • 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

  • 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.

解析

解题思路

数据操作分析

复杂度分析

  1. 时间复杂度
  2. 空间复杂度

编码实现

public class LeetCode0416_PartitionEqualSubsetSum {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) return false;
        int sum = 0;
        int max = 0;
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            sum += nums[i];
            if (nums[i] > max) max = nums[i];
        }
        if ((sum & 1) == 1) return false;
        int target = sum / 2;
        if (max > target) return false;
        if (max == target) return true;

        boolean[][] ans = new boolean[len][target];
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            ans[i][nums[i]] = true;
            if (i == 0) continue;

            if (ans[i - 1][target - nums[i]]) return true;
            for (int j = 0; j < target; j++) {
                if (ans[i - 1][j]) {
                    ans[i][j] = true;
                    if (j + nums[i] < target) ans[i][j + nums[i]] = true;
                }
            }
        }
        return false;
    }
}

官方解法

前言

  • 本题是经典的NP 完全问题,也就是说,如果你发现了该问题的一个多项式算法,那么恭喜你证明出了 P=NP,可以期待一下图灵奖了。
  • 正因如此,我们不应期望该问题有多项式时间复杂度的解法。我们能想到,例如基于贪心算法的「将数组降序排序后,依次将每个元素添加至当前元素和较小的子集中」之类的方法都是错误的,可以轻松地举出反例。因此,我们必须尝试非多项式时间复杂度的算法,例如时间复杂度与元素大小相关的动态规划

方法一:动态规划

思路与算法:

  • 这道题可以换一种表述:给定一个只包含正整数的非空数组 \textit{nums}[0],判断是否可以从数组中选出一些数字,使得这些数字的和等于整个数组的元素和的一半。因此这个问题可以转换成「0−1 背包问题」。这道题与传统的「0−1 背包问题」的区别在于,传统的「0−1 背包问题」要求选取的物品的重量之和不能超过背包的总容量,这道题则要求选取的数字的和恰好等于整个数组的元素和的一半。类似于传统的「0−1 背包问题」,可以使用动态规划求解。
  • 在使用动态规划求解之前,首先需要进行以下判断。
    • 根据数组的长度 n 判断数组是否可以被划分。如果 n\textit{target},则除了 \textit{maxNum} 以外的所有元素之和一定小于 \textit{target},因此不可能将数组分割成元素和相等的两个子集,直接返回 \text{false}
  • 创建二维数组 \textit{dp},包含 n 行 \textit{target}+1 列,其中 \textit{dp}[i][j] 表示从数组的 [0,i] 下标范围内选取若干个正整数(可以是 0 个),是否存在一种选取方案使得被选取的正整数的和等于 j。初始时,\textit{dp} 中的全部元素都是 \text{false}
  • 在定义状态之后,需要考虑边界情况。以下两种情况都属于边界情况。
    • 如果不选取任何正整数,则被选取的正整数等于 0。因此对于所有 0 \le i 0j>0 的情况,如何确定 \textit{dp}[i][j] 的值?需要分别考虑以下两种情况。
    • 如果 j \ge \textit{nums}[i],则对于当前的数字 \textit{nums}[i],可以选取也可以不选取,两种情况只要有一个为 \text{true},就有 \textit{dp}[i][j]=\text{true}
      • 如果不选取 \textit{nums}[i],则 \textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1][j]
      • 如果选取 \textit{nums}[i],则 \textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1][j-\textit{nums}[i]]
    • 如果 j<\textit{nums}[i],则在选取的数字的和等于 j 的情况下无法选取当前的数字 \textit{nums}[i],因此有 \textit{dp}[i][j]=\textit{dp}[i-1][j]
  • 状态转移方程如下:

\textit{dp}[i][j]=\begin{cases} \textit{dp}[i-1][j]~|~\textit{dp}[i-1][j-\textit{nums}[i]],&j \ge \textit{nums}[i] \\ \textit{dp}[i-1][j],&j<\textit{nums}[i] \end{cases}

  • 最终得到 \textit{dp}[n-1][\textit{target}] 即为答案。
class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        int sum = 0, maxNum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
            maxNum = Math.max(maxNum, num);
        }
        if (sum % 2 != 0) {
            return false;
        }
        int target = sum / 2;
        if (maxNum > target) {
            return false;
        }
        boolean[][] dp = new boolean[n][target + 1];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i][0] = true;
        }
        dp[0][nums[0]] = true;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int num = nums[i];
            for (int j = 1; j <= target; j++) {
                if (j >= num) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] | dp[i - 1][j - num];
                } else {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
        return dp[n - 1][target];
    }
}
  • 上述代码的空间复杂度是 O(n \times \textit{target})。但是可以发现在计算 \textit{dp} 的过程中,每一行的 dp 值都只与上一行的 dp 值有关,因此只需要一个一维数组即可将空间复杂度降到 O(\textit{target})。此时的转移方程为:\textit{dp}[j]=\textit{dp}[j]\ |\ dp[j-\textit{nums}[i]]

  • 且需要注意的是第二层的循环我们需要从大到小计算,因为如果我们从小到大更新 \textit{dp} 值,那么在计算 \textit{dp}[j]dp[j] 值的时候,\textit{dp}[j-\textit{nums}[i]] 已经是被更新过的状态,不再是上一行的 \textit{dp} 值。

复杂度分析:

  1. 时间复杂度:O(n \times \textit{target}),其中 n 是数组的长度,\textit{target} 是整个数组的元素和的一半。需要计算出所有的状态,每个状态在进行转移时的时间复杂度为 O(1)

  2. 空间复杂度:O(\textit{target}),其中 \textit{target} 是整个数组的元素和的一半。空间复杂度取决于 \textit{dp} 数组,在不进行空间优化的情况下,空间复杂度是 O(n \times \textit{target}),在进行空间优化的情况下,空间复杂度可以降到 O(\textit{target})

编码实现

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        int sum = 0, maxNum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
            maxNum = Math.max(maxNum, num);
        }
        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; i++) {
            int num = nums[i];
            for (int j = target; j >= num; --j) {
                dp[j] |= dp[j - num];
            }
        }
        return dp[target];
    }
}

精彩评论

跳转地址1:动态规划(转换为 0-1 背包问题)

前言

  • 关于背包问题的介绍,大家可以在互联网上搜索「背包九讲」进行学习,其中「0-1」背包问题是这些问题的基础。「力扣」上涉及的背包问题有「0-1」背包问题、完全背包问题、多重背包问题。
  • 本题解有些地方使用了「0-1」背包问题的描述,因此会不加解释的使用「背包」、「容量」这样的名词。
  • 说明:这里感谢很多朋友在这篇题解下提出的建议,对我的启发很大。本题解的阅读建议是:先浏览代码,然后再看代码之前的分析,能更有效理解知识点和整个问题的思考路径。题解后也增加了「总结」,供大家参考。

转换为 「0 – 1」 背包问题

  • 这道问题是我学习「背包」问题的入门问题,做这道题需要做一个等价转换:是否可以从输入数组中挑选出一些正整数,使得这些数的和 等于 整个数组元素的和的一半。很坦白地说,如果不是老师告诉我可以这样想,我很难想出来。容易知道:数组的和一定得是偶数。
  • 本题与 0-1 背包问题有一个很大的不同,即:
    • 0-1 背包问题选取的物品的容积总量 不能超过 规定的总量;
    • 本题选取的数字之和需要 恰好等于 规定的和的一半。
  • 这一点区别,决定了在初始化的时候,所有的值应该初始化为 false。 (《背包九讲》的作者在介绍 「0-1 背包」问题的时候,有强调过这点区别。)

「0 – 1」 背包问题的思路

  • 作为「0-1 背包问题」,它的特点是:「每个数只能用一次」。解决的基本思路是:物品一个一个选,容量也一点一点增加去考虑,这一点是「动态规划」的思想,特别重要。
    在实际生活中,我们也是这样做的,一个一个地尝试把候选物品放入「背包」,通过比较得出一个物品要不要拿走。
  • 具体做法是:画一个 len 行,target + 1 列的表格。这里 len 是物品的个数,target 是背包的容量。len 行表示一个一个物品考虑,target + 1多出来的那 1 列,表示背包容量从 0 开始考虑。很多时候,我们需要考虑这个容量为 0 的数值。

状态与状态转移方程

  • 状态定义:dp[i][j]表示从数组的 [0, i] 这个子区间内挑选一些正整数,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:很多时候,状态转移方程思考的角度是「分类讨论」,对于「0-1 背包问题」而言就是「当前考虑到的数字选与不选」。
    • 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]。
  • 状态转移方程:dp[i][j] = dp[i – 1][j] or dp[i – 1][j – nums[i]]

  • 一般写出状态转移方程以后,就需要考虑初始化条件。

    • j – nums[i] 作为数组的下标,一定得保证大于等于 0 ,因此 nums[i] <= j;
    • 注意到一种非常特殊的情况:j 恰好等于 nums[i],即单独 nums[j] 这个数恰好等于此时「背包的容积」 j,这也是符合题意的。
  • 因此完整的状态转移方程是:

$$
dp[i][j]=
\begin{cases}
dp[i – 1][j], &
\\ true, & nums[i] = j
\\ dp[i – 1][j – nums[i]], & nums[i] < j
\end{cases}
$$

  • 友情提示:这一点在刚开始学习的时候,可能会觉得很奇怪。理解的办法是:拿题目中的示例,画一个表格,自己模拟一遍程序是如何「填表」的行为,就很清楚为什么状态数组降到 1 行的时候,需要「从后前向」填表。
    • 「从后向前」 写的过程中,一旦 nums[i] <= j 不满足,可以马上退出当前循环,因为后面的 j 的值肯定越来越小,没有必要继续做判断,直接进入外层循环的下一层。相当于也是一个剪枝,这一点是「从前向后」填表所不具备的。
  • 说明:如果对空间优化技巧还有疑惑的朋友,本题解下的精选评论也解释了如何理解这个空间优化的技巧,请大家前往观看。
  • 参考代码 3:只展示了使用一维表格,并且「从后向前」填表格的代码。
编码实现
public class Solution {

    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len == 0) {
            return false;
        }
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        if ((sum & 1) == 1) {
            return false;
        }

        int target = sum / 2;
        boolean[] dp = new boolean[target + 1];
        dp[0] = true;

        if (nums[0] <= target) {
            dp[nums[0]] = true;
        }
        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];
    }
}

复杂度分析:

  1. 时间复杂度:O(NC),这里 N 是数组元素的个数,C 是数组元素的和的一半。。

  2. 空间复杂度:O(C)。减少了物品那个维度,无论来多少个数,用一行表示状态就够了。

总结


– 「0-1 背包」问题是一类非常重要的动态规划问题,一开始学习的时候,可能会觉得比较陌生。建议动笔计算,手动模拟填表的过程,其实就是画表格。这个过程非常重要,自己动手填过表,更能加深体会程序是如何执行的,也能更好地理解「空间优化」技巧的思路和好处。

– 在编写代码完成以后,把数组 dp 打印出来,看看是不是与自己手算的一样。以加深体会动态规划的设计思想:「不是直接面对问题求解,而是从一个最小规模的问题开始,新问的最优解均是由比它规模还小的子问题的最优解转换得到,在求解的过程中记录每一步的结果,直至所要求的问题得到解」。

思考

  • 最后思考为什么题目说是正整数,有 0 是否可以,有实数可以吗,有负数可以吗?
    • 0 的存在意义不大,放在哪个子集都是可以的;
    • 实数有可能是无理数,也可能是无限不循环小数,在计算整个数组元素的和的一半,要除法,然后在比较两个子集元素的和是否相等的时候,就会遇到精度的问题;
    • 再说负数,负数其实也是可以存在的,但要用到「回溯搜算法」解决。

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