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labuladong 经典动态规划：0-1背包问题的变体

上篇文章 经典动态规划：0-1 背包问题 详解了通用的 0-1 背包问题，今天来看看背包问题的思想能够如何运用到其他算法题目。

NOTE:

leetcode 416. 分割等和子集 中等

一、问题分析

先看一下题目：

图片

那么对于这个问题，我们可以先对集合求和，得出sum，把问题转化为背包问题：

给一个可装载重量为sum/2的背包和N个物品，每个物品的重量为nums[i]。现在让你装物品，是否存在一种装法，能够恰好将背包装满？

你看，这就是背包问题的模型，甚至比我们之前的经典背包问题还要简单一些，下面我们就直接转换成背包问题，开始套前文讲过的背包问题框架即可。

二、解法分析

第一步要明确两点，「状态」和「选择」。

这个前文 经典动态规划：0-1 背包问题 已经详细解释过了，状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。

NOTE:

我之前一直把dp table记录的值称为**状态**，显然它是随着**选择**而变化的；选择想来，其实所谓**状态**其实就是"变量"，它既包括自变量，有包括因变量。

第二步要明确dp数组的定义。

按照背包问题的套路，可以给出如下定义：

dp[i][j] = x表示，对于前i个物品，当前背包的容量为j时，若x为true，则说明可以恰好将背包装满，若x为false，则说明不能恰好将背包装满。

比如说，如果dp[4][9] = true，其含义为：对于容量为 9 的背包，若只是用前 4 个物品，可以有一种方法把背包恰好装满。

或者说对于本题，含义是对于给定的集合中，若只对前 4 个数字进行选择，存在一个子集的和可以恰好凑出 9。

根据这个定义，我们想求的最终答案就是dp[N][sum/2]。

base case

NOTE:

这个base case是容易出现错误的地方，我第一次写的时候就弄错了；

首先明白"装满"的含义: 所谓装满，即背包中没有空间了，即此时它的空间是0；对于这个问题，它要求的是能否装满，显然，当空间剩余0的时候，就能够装满了，显然需要将dp[..][0] = true。

至于 dp[0][..] = false，显然剩余空间非0，表示没有装满，显然就应该是false；

另外需要注意的是: dp[0][0]的值必须是true，表示装满了。

base case 就是dp[..][0] = true和dp[0][..] = false，因为背包没有空间的时候，就相当于装满了，而当没有物品可选择的时候，肯定没办法装满背包。

第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。

回想刚才的dp数组含义，可以根据「选择」对dp[i][j]得到以下状态转移：

如果不把nums[i]算入子集，或者说你不把这第i个物品装入背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于上一个状态dp[i-1][j]，继承之前的结果。

如果把nums[i]算入子集，或者说你把这第i个物品装入了背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于状态dp[i - 1][j-nums[i-1]]。

首先，由于i是从 1 开始的，而数组索引是从 0 开始的，所以第i个物品的重量应该是nums[i-1]，这一点不要搞混。

dp[i - 1][j-nums[i-1]]也很好理解：你如果装了第i个物品，就要看背包的剩余重量j - nums[i-1]限制下是否能够被恰好装满。

换句话说，如果j - nums[i-1]的重量可以被恰好装满，那么只要把第i个物品装进去，也可恰好装满j的重量；否则的话，重量j肯定是装不满的。

最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。

以下是我的 C++ 代码，完全翻译了之前的思路，并处理了一些边界情况：

bool canPartition(vector<int>& nums) {
    int sum = 0;
    for (int num : nums) sum += num;
    // 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
    if (sum % 2 != 0) return false;
    int n = nums.size();
    sum = sum / 2;
    vector<vector<bool>> 
        dp(n + 1, vector<bool>(sum + 1, false));
    // base case
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        dp[i][0] = true;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= sum; j++) {
            if (j - nums[i - 1] < 0) {
               // 背包容量不足，不能装入第 i 个物品
                dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 
            } else {
                // 装入或不装入背包
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j-nums[i-1]];
            }
        }
    }
    return dp[n][sum];
}

三、进行状态压缩

再进一步，是否可以优化这个代码呢？注意到dp[i][j]都是通过上一行dp[i-1][..]转移过来的，之前的数据都不会再使用了。

所以，我们可以进行状态压缩，将二维dp数组压缩为一维，节约空间复杂度：

bool canPartition(vector<int>& nums) {
    int sum = 0, n = nums.size();
    for (int num : nums) sum += num;
    if (sum % 2 != 0) return false;
    sum = sum / 2;
    vector<bool> dp(sum + 1, false);
    // base case
    dp[0] = true;

    for (int i = 0; i < n; i++) 
        for (int j = sum; j >= 0; j--) 
            if (j - nums[i] >= 0) 
                dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];

    return dp[sum];
}

NOTE:

需要注意，上述程序看起来简短，实际上蕴藏玄机，我第一次写的时候，就出现了错误；它的玄机在:

for (int j = sum; j >= 0; j--)

它是从后往前进行计算，这样它就可以使用"上一行"的值了

需要对比前后代码才能够体会它的奥妙。

这就是状态压缩，其实这段代码和之前的解法思路完全相同，只在一行dp数组上操作，i每进行一轮迭代，dp[j]其实就相当于dp[i-1][j]，所以只需要一维数组就够用了。

唯一需要注意的是j应该从后往前反向遍历，因为每个物品（或者说数字）只能用一次，以免之前的结果影响其他的结果。

至此，子集切割的问题就完全解决了，时间复杂度 O(n*sum)，空间复杂度 O(sum)。