經典動態規劃子集揹包問題

416.分割等和子集

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上篇文章經典動態規劃：0-1 揹包問題詳解了通用的 0-1 揹包問題，今天來看看揹包問題的思想能夠如何運用到其他演算法題目。

而且，不是經常有讀者問，怎麼將二維動態規劃壓縮成一維動態規劃嗎？這就是狀態壓縮，很容易的，本文也會提及這種技巧。

先看一下題目：

演算法的函式簽名如下：

// 輸入乙個集合，返回是否能夠分割成和相等的兩個子集
bool canpartition(vector& nums);

對於這個問題，看起來和揹包沒有任何關係，為什麼說它是揹包問題呢？

首先回憶一下揹包問題大致的描述是什麼：

給你乙個可裝載重量為w的揹包和n個物品，每個物品有重量和價值兩個屬性。其中第i個物品的重量為wt[i]，價值為val[i]，現在讓你用這個揹包裝物品，最多能裝的價值是多少？

那麼對於這個問題，我們可以先對集合求和，得出sum，把問題轉化為揹包問題：

給乙個可裝載重量為sum / 2的揹包和n個物品，每個物品的重量為nums[i]。現在讓你裝物品，是否存在一種裝法，能夠恰好將揹包裝滿？

你看，這就是揹包問題的模型，甚至比我們之前的經典揹包問題還要簡單一些，下面我們就直接轉換成揹包問題，開始套前文講過的揹包問題框架即可。

ps：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，全部發布在 labuladong的演算法小抄，持續更新。建議收藏，按照我的文章順序刷題，掌握各種演算法套路後投再入題海就如魚得水了。

第一步要明確兩點，「狀態」和「選擇」。

這個前文經典動態規劃：揹包問題已經詳細解釋過了，狀態就是「揹包的容量」和「可選擇的物品」，選擇就是「裝進揹包」或者「不裝進揹包」。

第二步要明確dp陣列的定義。

按照揹包問題的套路，可以給出如下定義：

dp[i][j] = x表示，對於前i個物品，當前揹包的容量為j時，若x為true，則說明可以恰好將揹包裝滿，若x為false，則說明不能恰好將揹包裝滿。

比如說，如果dp[4][9] = true，其含義為：對於容量為 9 的揹包，若只是用前 4 個物品，可以有一種方法把揹包恰好裝滿。

或者說對於本題，含義是對於給定的集合中，若只對前 4 個數字進行選擇，存在乙個子集的和可以恰好湊出 9。

根據這個定義，我們想求的最終答案就是dp[n][sum/2]，base case 就是dp[..][0] = true和dp[0][..] = false，因為揹包沒有空間的時候，就相當於裝滿了，而當沒有物品可選擇的時候，肯定沒辦法裝滿揹包。

第三步，根據「選擇」，思考狀態轉移的邏輯。

回想剛才的dp陣列含義，可以根據「選擇」對dp[i][j]得到以下狀態轉移：

如果不把nums[i]算入子集，或者說你不把這第i個物品裝入揹包，那麼是否能夠恰好裝滿揹包，取決於上乙個狀態dp[i-1][j]，繼承之前的結果。

如果把nums[i]算入子集，或者說你把這第i個物品裝入了揹包，那麼是否能夠恰好裝滿揹包，取決於狀態dp[i-1][j-nums[i-1]]。

首先，由於i是從 1 開始的，而陣列索引是從 0 開始的，所以第i個物品的重量應該是nums[i-1]，這一點不要搞混。

dp[i - 1][j-nums[i-1]]也很好理解：你如果裝了第i個物品，就要看揹包的剩餘重量j - nums[i-1]限制下是否能夠被恰好裝滿。

換句話說，如果j - nums[i-1]的重量可以被恰好裝滿，那麼只要把第i個物品裝進去，也可恰好裝滿j的重量；否則的話，重量j肯定是裝不滿的。

最後一步，把偽碼翻譯成**，處理一些邊界情況。

以下是我的 c++ **，完全翻譯了之前的思路，並處理了一些邊界情況：

bool canpartition(vector& nums)  else }}
return dp[n][sum];
}

再進一步，是否可以優化這個**呢？注意到dp[i][j]都是通過上一行dp[i-1][..]轉移過來的，之前的資料都不會再使用了。

所以，我們可以進行狀態壓縮，將二維dp陣列壓縮為一維，節約空間複雜度：

bool canpartition(vector& nums)

這就是狀態壓縮，其實這段**和之前的解法思路完全相同，只在一行dp陣列上操作，i每進行一輪迭代，dp[j]其實就相當於dp[i-1][j]，所以只需要一維陣列就夠用了。

唯一需要注意的是j應該從後往前反向遍歷，因為每個物品（或者說數字）只能用一次，以免之前的結果影響其他的結果。

至此，子集切割的問題就完全解決了，時間複雜度 o(n*sum)，空間複雜度 o(sum)。

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