Problem: 416. 分割等和子集
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题目描述
思路
该题目可以归类为0-1背包问题 ，具体到细节可以再归纳为背包是否装满问题
1.首先判断数组元素和的奇偶性（奇数则不能划分）
2.我们定义一个二维布尔类型数组，用于记录每一阶段的可选状态
3.针对于动态转移方程：我们要判断最终是否可以选取一些数使其和为原来数组元素和的一半 ，即通过一层一层的选择数（状态转移），判断最终状态是否可达（能否有一组数使得其和为原来数组元素和的一半）每一个位置都会有选与不选 两种状态，若选取则dpij == dpi - 1j - nums\[i] ，若不选取则dpij == dpi - 1j ；则我们可以知道每一个位置的状态只取决于上一层的两个位置的状态即 dpij == dpi - 1j || dpi - 1[j - numsi
解题方法
1.获取数组的长度（假设为 n n n），统计数组所有元素的和（假设为 s u m sum sum）并判断若 s u m sum sum为奇数则直接返回false，否则将 s u m sum sum除以2；
2.定义一个Boolean类型的二维数组dp（行数为 n n n，列数为 s u m + 1 sum + 1 sum+1），用于记录每个状态，初始化（将dp00位置设置为true），并判断若*nums0位置值小于sum(注意sum已经除等于2了)*则将dp0nums\[0]位置设为true，这样就将第0层的所有状态设置完毕
3.我们从dp数组的第一层开始遍历，并完成动态转移 ，在没有越界（此处笔者感觉也不能就叫做越界，但是思想和上述思路中的动态转移是一致的。执行该if判断只是为了更好契合该dp数组。读者可以尝试画一画dp数组演示一边便可理解 ）的情况下(if (j - numsi >= 0) )则dpij = dpi - 1j || dpi - 1j - nums\[i];否则dpij = dpi - 1j;
4.返回最终位置的状态即**dpn - 1sum**位置的状态
复杂度
时间复杂度:
O ( M N ) O(MN) O(MN)；其中 M M M为数组长度， N N N为数组元素和的一半
空间复杂度:
O ( M N ) O(MN) O(MN)；其中 M M M为数组长度， N N N为数组元素和的一半
Code
java
class Solution {
/**
* Similar to the 0-1 knapsack problem (can the knapsack be filled?)
*
* @param nums Given arrays
* @return boolean
*/
public boolean canPartition(int[] nums) {
int n = nums.length;
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
sum += nums[i];
}
//Indivisible if odd
if (sum % 2 == 1) {
return false;
}
sum /= 2;
//Records whether each node is reachable
boolean[][] dp = new boolean[n][sum + 1];
dp[0][0] = true;
if (nums[0] <= sum) {
dp[0][nums[0]] = true;
}
//State transition equation
for (int i = 1; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j <= sum; ++j) {
//Determine whether the line has been crossed
if (j - nums[i] >= 0) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[n - 1][sum];
}
}