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:
Both the array size and each of the array element will not exceed 100.
Example 1:
Input: [1, 5, 11, 5] Output: true Explanation: The array can be partitioned as [1, 5, 5] and [11].
Example 2:
Input: [1, 2, 3, 5] Output: false Explanation: The array cannot be partitioned into equal sum subsets.
这道题给了我们一个数组，问这个数组能不能分成两个非空子集合，使得两个子集合的元素之和相同。那么想，原数组所有数字和一定是偶数，不然根本无法拆成两个和相同的子集合，只需要算出原数组的数字之和，然后除以2，就是 target，那么问题就转换为能不能找到一个非空子集合，使得其数字之和为 target。开始博主想的是遍历所有子集合，算和，但是这种方法无法通过 OJ 的大数据集合。于是乎，动态规划 Dynamic Programming 就是不二之选。定义一个一维的 dp 数组，其中 dp[i] 表示原数组是否可以取出若干个数字，其和为i。那么最后只需要返回 dp[target] 就行了。初始化 dp[0] 为 true，由于题目中限制了所有数字为正数，就不用担心会出现和为0或者负数的情况。关键问题就是要找出状态转移方程了，需要遍历原数组中的数字，对于遍历到的每个数字 nums[i]，需要更新 dp 数组，既然最终目标是想知道 dp[target] 的 boolean 值，就要想办法用数组中的数字去凑出 target，因为都是正数，所以只会越加越大，加上 nums[i] 就有可能会组成区间 [nums[i], target] 中的某个值，那么对于这个区间中的任意一个数字j，如果 dp[j - nums[i]] 为 true 的话，说明现在已经可以组成 j-nums[i] 这个数字了，再加上 nums[i]，就可以组成数字j了，那么 dp[j] 就一定为 true。如果之前 dp[j] 已经为 true 了，当然还要保持 true，所以还要 ‘或’ 上自身，于是状态转移方程如下：
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]] (nums[i] <= j <= target)
有了状态转移方程，就可以写出代码了，这里需要特别注意的是，第二个 for 循环一定要从 target 遍历到 nums[i]，而不能反过来，想想为什么呢？因为如果从 nums[i] 遍历到 target 的话，假如 nums[i]=1 的话，那么 [1, target] 中所有的 dp 值都是 true，因为 dp[0] 是 true，dp[1] 会或上 dp[0]，为 true，dp[2] 会或上 dp[1]，为 true，依此类推，完全使的 dp 数组失效了，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: bool canPartition(vector<int>& nums) { int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0), target = sum >> 1; if (sum & 1) return false; vector<bool> dp(target + 1, false); dp[0] = true; for (int num : nums) { for (int i = target; i >= num; --i) { dp[i] = dp[i] || dp[i - num]; } } return dp[target]; } };
这道题还可以用 bitset 来做，感觉也十分的巧妙，bisets 的大小设为 5001，为啥呢，因为题目中说了数组的长度和每个数字的大小都不会超过 100，那么最大的和为 10000，那么一半就是 5000，前面再加上个0，就是 5001 了。初始化把最低位赋值为1，算出数组之和，然后遍历数字，对于遍历到的数字 num，把 bits 向左平移 num 位，然后再或上原来的 bits，这样所有的可能出现的和位置上都为1。举个例子来说吧，比如对于数组 [2,3] 来说，初始化 bits 为1，然后对于数字2，bits 变为 101，可以看出来 bits[2] 标记为了1，然后遍历到3，bits 变为了 101101，看到 bits[5]，bits[3]，bits[2] 都分别为1了，正好代表了可能的和 2，3，5，这样遍历完整个数组后，去看 bits[sum >> 1] 是否为1即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: bool canPartition(vector<int>& nums) { bitset<5001> bits(1); int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0); for (int num : nums) bits |= bits << num; return (sum % 2 == 0) && bits[sum >> 1]; } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/416
类似题目：
Partition to K Equal Sum Subset
参考资料：