分割等和子集
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- [NP 完全问题（01背包）](#NP 完全问题（01背包）)
- [题解1 二维DP](#题解1 二维DP)
- [题解2 空间优化DP（改为1D）](#题解2 空间优化DP（改为1D）)
给你一个只包含正整数 的非空数组 nums 。请你判断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。
示例 1：
输入：nums = [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：nums = [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。
提示：
- 1 <=
nums.length<= 200 - 1 <=
nums[i]<= 100
NP 完全问题（01背包）
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
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]。
- 状态转移方程为 dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]]
注意：观察状态转移方程，or 的结果只要为真，表格 这一列 下面所有的值都为真。
因此在填表的时候，只要表格的最后一列是 true，代码就可以结束，直接返回 true。（题解2）
题解1 二维DP
cpp
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int s = nums.size();
int sumN = 0;
for(auto&k : nums) sumN += k;
// 总和不是偶数就不能分割成2 parts了
if(sumN % 2) return false;
sumN = sumN >> 1;
// dp[i][j]: 从[0,i]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（物品重量总和）等于j（背包容量）
// 如果dp.row = s,则需要设定dp[0][nums[0]]=true;后面的代码逻辑可以保持一致（有i-1）
vector<vector<bool>> dp(s+1, vector<bool>(sumN+1, false));
// 背包容量为0时 不放入就满足条件
for(int i = 1; i < s; i++){
dp[i][0] = true;
}
for(int i = 1; i <= s; i++){
for(int j = 1; j <= sumN; j++){
if(j < nums[i-1])
// 背包容量不足，不能装
dp[i][j] = dp[i-1][j];
else
// 这样可以把状态传递到最后的元素
// 要么装，要么不装（和上一个情况保持一致）
dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
}
return dp[s][sumN];
}
};
题解2 空间优化DP（改为1D）
cpp
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int s = nums.size();
int sumN = 0, maxN = 0;
for(auto&k : nums){
sumN += k;
maxN = max(maxN, k);
}
if(sumN % 2) return false;
sumN = sumN >> 1;
// 剪枝
if(maxN > sumN) return false;
vector<bool> dp(sumN+1, false);
dp[0] = true;
for(int i = 0; i < s; i++){
// 这里注意从大到小计算（保证是前行的意思）
for(int j = sumN; j >= nums[i]; j--){
// 启发自dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];（只与上一行的值有关）
dp[j] = dp[j] || dp[j-nums[i]];
}
// （可能会加速）
if(dp[sumN]) return true;
}
return dp[sumN];
}
};