Given an array of integers nums and a positive integer k, find whether it's possible to divide this array into knon-empty subsets whose sums are all equal.
Example 1:
Input: nums = [4, 3, 2, 3, 5, 2, 1], k = 4 Output: True Explanation: It's possible to divide it into 4 subsets (5), (1, 4), (2,3), (2,3) with equal sums.
Note:
1 <= k <= len(nums) <= 16.0 < nums[i] < 10000.
这道题给了我们一个数组nums和一个数字k，问我们该数字能不能分成k个非空子集合，使得每个子集合的和相同。给了k的范围是[1,16]，而且数组中的数字都是正数。这跟之前那道 Partition Equal Subset Sum 很类似，但是那道题只让分成两个子集合，所以问题可以转换为是否存在和为整个数组和的一半的子集合，可以用dp来做。但是这道题让求k个和相同的，感觉无法用dp来做，因为就算找出了一个，其余的也需要验证。这道题我们可以用递归来做，首先我们还是求出数组的所有数字之和sum，首先判断sum是否能整除k，不能整除的话直接返回false。然后需要一个visited数组来记录哪些数组已经被选中了，然后调用递归函数，我们的目标是组k个子集合，是的每个子集合之和为target = sum/k。我们还需要变量start，表示从数组的某个位置开始查找，curSum为当前子集合之和，在递归函数中，如果k=1，说明此时只需要组一个子集合，那么当前的就是了，直接返回true。如果curSum等于target了，那么我们再次调用递归，此时传入k-1，start和curSum都重置为0，因为我们当前又找到了一个和为target的子集合，要开始继续找下一个。否则的话就从start开始遍历数组，如果当前数字已经访问过了则直接跳过，否则标记为已访问。然后调用递归函数，k保持不变，因为还在累加当前的子集合，start传入i+1，curSum传入curSum+nums[i]，因为要累加当前的数字，如果递归函数返回true了，则直接返回true。否则就将当前数字重置为未访问的状态继续遍历，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: bool canPartitionKSubsets(vector<int>& nums, int k) { int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0); if (sum % k != 0) return false; vector<bool> visited(nums.size(), false); return helper(nums, k, sum / k, 0, 0, visited); } bool helper(vector<int>& nums, int k, int target, int start, int curSum, vector<bool>& visited) { if (k == 1) return true; if (curSum == target) return helper(nums, k - 1, target, 0, 0, visited); for (int i = start; i < nums.size(); ++i) { if (visited[i]) continue; visited[i] = true; if (helper(nums, k, target, i + 1, curSum + nums[i], visited)) return true; visited[i] = false; } return false; } };
我们也可以对上面的解法进行一些优化，比如先给数组按从大到小的顺序排个序，然后在递归函数中，我们可以直接判断，如果curSum大于target了，直接返回false，因为题目中限定了都是正数，并且我们也给数组排序了，后面的数字只能更大，这个剪枝操作大大的提高了运行速度，感谢热心网友 hellow_world00 提供，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: bool canPartitionKSubsets(vector<int>& nums, int k) { int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0); if (sum % k != 0) return false; sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>()); vector<bool> visited(nums.size(), false); return helper(nums, k, sum / k, 0, 0, visited); } bool helper(vector<int>& nums, int k, int target, int start, int curSum, vector<bool>& visited) { if (k == 1) return true; if (curSum > target) return false; if (curSum == target) return helper(nums, k - 1, target, 0, 0, visited); for (int i = start; i < nums.size(); ++i) { if (visited[i]) continue; visited[i] = true; if (helper(nums, k, target, i + 1, curSum + nums[i], visited)) return true; visited[i] = false; } return false; } };
下面这种方法也挺巧妙的，思路是建立长度为k的数组v，只有当v里面所有的数字都是target的时候，才能返回true。我们还需要给数组排个序，由于题目中限制了全是正数，所以数字累加只会增大不会减小，一旦累加超过了target，这个子集合是无法再变小的，所以就不能加入这个数。实际上相当于贪婪算法，由于题目中数组数字为正的限制，有解的话就可以用贪婪算法得到。我们用一个变量idx表示当前遍历的数字，排序后，我们从末尾大的数字开始累加，我们遍历数组v，当前位置加上nums[idx]，如果超过了target，我们掉过继续到下一个位置，否则就调用递归，此时的idx为idx-1，表示之前那个数字已经成功加入数组v了，我们尝试着加下一个数字。如果递归返回false了，我们就将nums[idx]从数组v中对应的位置减去，还原状态，然后继续下一个位置。如果某个递归中idx等于-1了，表明所有的数字已经遍历完了，此时我们检查数组v中k个数字是否都为target，是的话返回true，否则返回false，参见代码如下：
解法三：
class Solution { public: bool canPartitionKSubsets(vector<int>& nums, int k) { int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0); if (sum % k != 0) return false; vector<int> v(k, 0); sort(nums.begin(), nums.end()); return helper(nums, sum / k, v, (int)nums.size() - 1); } bool helper(vector<int>& nums, int target, vector<int>& v, int idx) { if (idx == -1) { for (int t : v) { if (t != target) return false; } return true; } int num = nums[idx]; for (int i = 0; i < v.size(); ++i) { if (v[i] + num > target) continue; v[i] += num; if (helper(nums, target, v, idx - 1)) return true; v[i] -= num; } return false; } };
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/partition-to-k-equal-sum-subsets/