一文读懂动态规划：多种经典问题和思路

一、动态规划算法的思想与核心概念框架

1. 动态规划的基本思想

动态规划（Dynamic Programming, DP）是一种通过将复杂问题分解为重叠子问题，并利用子问题的解来高效解决原问题的方法。其核心思想是避免重复计算，通过存储中间结果（即 "记忆化"）来优化递归过程，本质上是空间换时间的策略。

与分治法的区别在于：动态规划允许子问题重叠，而分治法要求子问题独立；动态规划通常自底向上求解，而分治法常采用自顶向下递归。

2.核心概念框架

动态规划的核心概念可拆解为以下要素：

• 问题特性
  • 最优子结构：问题的最优解包含子问题的最优解（如斐波那契数列中 f (n) 的最优解依赖 f (n-1) 和 f (n-2)）
  • 重叠子问题：子问题会被重复计算多次（如计算 f (5) 时需要重复计算 f (3)）
• 状态定义
  • 用dpi表示与问题规模i相关的状态，是动态规划的核心建模步骤
  • 状态需具备无后效性：当前状态只与之前的状态有关，与后续状态无关
• 状态转移方程
  • 描述状态之间的递推关系，是动态规划的数学表达
  • 例如：斐波那契数列的转移方程为dpi = dpi-1 + dpi-2
• 初始条件
  • 定义最小规模子问题的解（如斐波那契数列中dp0=0, dp1=1）
• 结果提取
  • 根据问题要求，从状态数组中获取最终解（可能是dpn或数组中的最大值等）

3. 状态转移方程设计方法与技巧

• 设计步骤
  • 分析问题结构：确定是否具有最优子结构和重叠子问题
  • 定义状态：明确dpi表示的含义（关键在于 "i" 的语义）
  • 推导转移关系：从子问题解构建当前问题解
  • 设定初始条件：处理边界情况
  • 确定计算顺序：自底向上填充状态数组
• 核心技巧
  • 一维状态转移
    • 适用于子问题仅依赖前 1 或前 k 个状态的场景
    • 技巧：用滚动数组优化空间（如斐波那契数列只需保存前两个值）
  • 二维状态转移
    • 适用于双维度约束问题（如背包问题的 "重量" 和 "价值"）
    • 技巧：注意遍历顺序（按行或按列），避免状态覆盖
  • 区间 DP
    • 状态定义为dpij表示区间 i,j 的最优解
    • 转移方程：dpij = max(dpik + dpk+1j + ...)，其中 k 为区间分割点
  • 状态压缩
    • 当状态只与前几行 / 列相关时，用一维数组替代二维数组
    • 例如：完全背包问题中用 "倒序遍历" 实现空间优化
  • 记忆化搜索（自顶向下）
    • 用递归 + 缓存实现动态规划，适合子问题调用顺序不明确的场景
    • LeetCode 中可用@lru_cache装饰器快速实现

二、股票问题的动态规划解法框架

股票买卖问题是动态规划的经典应用场景，通过调整交易次数限制、冷冻期、手续费等条件，可以衍生出多种变体。下面给出股票问题的通用解法框架，并针对不同变体详细分析状态转移方程和代码实现。

2.1 通用解法框架

状态定义：

dpik0：第 i 天结束，最多 完成 k 笔交易，当前不持有股票的最大利润

dpik1：第 i 天结束，最多 完成 k 笔交易，当前持有股票的最大利润
通用转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])  # 不操作 or 卖出
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])  # 不操作 or 买入（消耗一笔交易）

初始条件：

dp[0][k][0] = 0  # 第0天不持有，利润为0，所有k
dp[0][k][1] = -prices[0]  # 第0天持有，说明买入了，利润为负
dp[i][0][0] = 0  # k=0表示不能交易，利润为0
dp[i][0][1] = -∞  # 不可能持有股票（无法交易）,买入算一次交易

最终结果：

dpn-1K0，其中 n 为天数，K 为最大交易次数上限

2.2 具体变体及实现

1. 买卖股票的最佳时机（LeetCode 121，最多 1 次交易）
状态转移方程：

dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])  # k=0时利润为0，故简化为-prices[i]

空间优化后的代码

def maxProfit(prices):
    n = len(prices)
    if n == 0:
        return 0
    dp_i_0 = 0
    dp_i_1 = float('-inf')
    for i in range(n):
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i])
        dp_i_1 = max(dp_i_1, -prices[i])
    return dp_i_0

其实本题还可以从贪心算法理解，dp_i_1记录当前最小股票价格，即最大的max(do_i_1, -pricesi)，然后没过一天记录如果卖掉的最大收益，即max(dp_i_0, dp_i_1 + pricesi)。

2. 买卖股票的最佳时机 II（LeetCode 122，不限交易次数）
状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
# 由于k不限制，可以省略k维度，简化为：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

空间优化后的代码

def maxProfit(prices):
    n = len(prices)
    if n == 0:
        return 0
    dp_i_0 = 0
    dp_i_1 = float('-inf')
    for i in range(n):
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i])
        dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - prices[i])
    return dp_i_0

3. 买卖股票的最佳时机 III（LeetCode 123，最多 2 次交易）

其实限制次数的股票问题类似于背包问题，要考虑两种约束。具体背包问题下面介绍。
状态转移方程：

dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])  # 初始买入时k=0，利润为0

空间优化后的代码

def maxProfit(prices):
    n = len(prices)
    if n == 0:
        return 0
    # 初始化四个状态
    dp_i10 = 0  # 第一次卖出
    dp_i11 = float('-inf')  # 第一次买入
    dp_i20 = 0  # 第二次卖出
    dp_i21 = float('-inf')  # 第二次买入
    for i in range(n):
        dp_i20 = max(dp_i20, dp_i21 + prices[i])
        dp_i21 = max(dp_i21, dp_i10 - prices[i])
        dp_i10 = max(dp_i10, dp_i11 + prices[i])
        dp_i11 = max(dp_i11, -prices[i])
    return dp_i20

4. 买卖股票的最佳时机 IV（LeetCode 188，最多 k 次交易）
状态转移方程：

与通用框架一致，但需处理 k 过大导致内存溢出的问题（当 k >= n/2 时，等价于不限次数交易）
代码实现

def maxProfit(k, prices):
    n = len(prices)
    if n == 0 or k == 0:
        return 0
    # 当k >= n/2时，等价于不限次数交易，用贪心算法
    if k >= n // 2:
        profit = 0
        for i in range(1, n):
            if prices[i] > prices[i-1]:
                profit += prices[i] - prices[i-1]
        return profit
    # 否则使用动态规划
    dp = [[[0] * 2 for _ in range(k+1)] for __ in range(n)]
    for i in range(n):
        for j in range(1, k+1):
            if i == 0:
                dp[0][j][0] = 0
                dp[0][j][1] = -prices[0]
                continue
            dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i])
            dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i])
    return dp[n-1][k][0]

5. 最佳买卖股票时机含冷冻期（LeetCode 309，不限次数但卖出后需冷冻 1 天）
状态定义扩展：

• dpi0：第 i 天结束不持有且不在冷冻期的最大利润
• dpi1：第 i 天结束持有股票的最大利润
• dpi2：第 i 天结束不持有且在冷冻期的最大利润
  状态转移方程：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][2])  # 前一天不持有（无论是否冷冻）
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])  # 前一天持有 或 前一天不冷冻今天买入
dp[i][2] = dp[i-1][1] + prices[i]  # 前一天持有今天卖出，进入冷冻期

空间优化后的代码

def maxProfit(prices):
    n = len(prices)
    if n == 0:
        return 0
    dp_i_0 = 0  # 不持有且不在冷冻期
    dp_i_1 = float('-inf')  # 持有
    dp_i_2 = 0  # 不持有且在冷冻期
    for i in range(n):
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_2)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - prices[i])
        dp_i_2 = dp_i_1 + prices[i]
    return max(dp_i_0, dp_i_2)

6. 买卖股票的最佳时机含手续费（LeetCode 714，不限次数但每次交易有手续费）
状态转移方程：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i] - fee)  # 卖出时扣除手续费
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

空间优化后的代码

def maxProfit(prices, fee):
    n = len(prices)
    if n == 0:
        return 0
    dp_i_0 = 0
    dp_i_1 = float('-inf')
    for i in range(n):
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i] - fee)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - prices[i])
    return dp_i_0

三、总结与扩展技巧

状态设计技巧：

当问题引入新限制（如冷冻期、手续费）时，可扩展状态维度或新增状态变量

对于交易次数 k，若 k 较大（k >= n/2），可转化为不限次数问题以优化空间

空间优化策略：

当状态转移仅依赖前一天的状态时，可用常数级变量替代二维数组

对于多状态问题（如含冷冻期），维护多个变量记录不同状态

初始化注意事项：

持有股票状态初始化为负无穷，表示初始不可能持有股票

交易次数为 0 时，利润必须为 0，持有状态为负无穷

掌握这些模式后，遇到新的股票问题变体时，只需调整状态定义和转移方程即可快速解决。

三、背包问题详解：从基础到进阶

背包问题是动态规划中的经典问题类型，其核心是在资源有限的情况下最大化收益。下面将从最基础的 0-1 背包问题开始，逐步引入变种和优化方法。

3.1 0-1 背包问题（基础模型）

问题描述：

给定一组物品，每个物品有重量wi和价值vi，以及一个容量为C的背包。要求选择若干物品放入背包，使得总重量不超过容量C，且总价值最大。每个物品只能选择一次（0-1 选择）。
状态定义：

dpij表示前i个物品放入容量为j的背包中能获得的最大价值。准确地来说应该是考虑前i个物品（前i个物品可供选择的情况下），即并非前i个物品都要放入背包。
状态转移方程：

dp[i][j] = max(dp[i-1][j],          # 不选第i个物品
               dp[i-1][j-w[i]] + v[i]  # 选第i个物品（前提是j >= w[i]）
              )

初始条件：

• dp0j = 0：没有物品时，价值为 0
• dpi0 = 0：背包容量为 0 时，价值为 0

代码实现：

def knapsack_01(weights, values, C):
    n = len(weights)
    dp = [[0] * (C + 1) for _ in range(n + 1)]
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, C + 1):
            if j < weights[i-1]:
                dp[i][j] = dp[i-1][j]
            else:
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weights[i-1]] + values[i-1])
    return dp[n][C]

复杂度分析：

• 时间复杂度：O (nC)
• 空间复杂度：O (nC)

3.2 空间优化：滚动数组

观察状态转移方程，发现dpij只依赖于dpi-1j和dpi-1j-w\[i]，即只与上一行有关。因此可以用一维数组优化空间：

优化后状态转移方程：

dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i])  # 逆序更新j

代码实现

def knapsack_01_optimized(weights, values, C):
    n = len(weights)
    dp = [0] * (C + 1)
    for i in range(n):
        for j in range(C, weights[i] - 1, -1):  # 逆序遍历，避免重复选择同一物品
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i])
    return dp[C]

复杂度分析：

• 时间复杂度：O (nC)
• 空间复杂度：O ©

3.3 完全背包问题

问题描述：

与 0-1 背包的区别在于，每种物品可以无限次选取。
状态转移方程：

dp[i][j] = max(dp[i-1][j],          # 不选第i个物品
               dp[i][j-w[i]] + v[i]  # 选第i个物品（可重复选，因此是dp[i]而非dp[i-1]）
              )

一维数组优化

dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i])  # 正序更新j

代码实现

def knapsack_complete(weights, values, C):
    n = len(weights)
    dp = [0] * (C + 1)
    for i in range(n):
        for j in range(weights[i], C + 1):  # 正序遍历，允许重复选择同一物品
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i])
    return dp[C]

3.4 多重背包问题

问题描述：

每种物品有有限的数量counti，可以选择 0 到counti次。
朴素解法：

将每种物品拆分成counti个独立物品，转化为 0-1 背包问题。
二进制优化：

将每种物品拆分成若干组，每组代表一个二进制数，从而将时间复杂度从 O(nC∑counti)O (nC\sum count i)O(nC∑counti) 优化到 O(nC∑log⁡(counti))O (nC\sum \log (count i))O(nC∑log(counti))。
代码实现

def knapsack_multi(weights, values, counts, C):
    n = len(weights)
    dp = [0] * (C + 1)
    for i in range(n):
        weight, value, count = weights[i], values[i], counts[i]
        # 二进制拆分
        k = 1
        while k <= count:
            # 0-1背包处理拆分后的物品
            for j in range(C, k * weight - 1, -1):
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * weight] + k * value)
            count -= k
            k *= 2
        # 处理剩余物品
        if count > 0:
            for j in range(C, count * weight - 1, -1):
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - count * weight] + count * value)
    return dp[C]

3.5 二维费用背包问题

问题描述：

选择物品除了重量限制外，还有第二个维度的费用限制（如体积）。
状态定义：

dpijk表示前i个物品，在重量不超过j且体积不超过k的情况下的最大价值。
状态转移方程：

dp[i][j][k] = max(dp[i-1][j][k], 
                  dp[i-1][j-w[i]][k-v[i]] + value[i]  # 前提是j >= w[i]且k >= v[i]
                 )

一维数组优化

for i in range(n):
    for j in range(C, w[i]-1, -1):  # 重量维度逆序
        for k in range(D, v[i]-1, -1):  # 体积维度逆序
            dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j-w[i]][k-v[i]] + value[i])

3.6 分组背包问题

问题描述：

物品被分成若干组，每组内的物品互斥，最多只能选一个。
状态转移方程：

dp[k][j] = max(dp[k-1][j], max(dp[k-1][j-w[i]] + v[i] for i in group[k]))

代码实现

def knapsack_group(groups, weights, values, C):
    n = len(groups)  # 组数
    dp = [0] * (C + 1)
    for k in range(n):
        for j in range(C, -1, -1):  # 逆序遍历容量
            for i in groups[k]:  # 遍历组内物品
                if j >= weights[i]:
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i])
    return dp[C]

3.7 背包问题变种总结

问题类型	核心区别	状态转移关键
0-1 背包	每个物品选 0 或 1 次	逆序遍历容量
完全背包	每个物品可重复选	正序遍历容量
多重背包	每个物品有数量限制	二进制拆分后转为 0-1 背包
二维费用背包	增加第二个费用维度	增加一维状态
分组背包	物品分组，每组最多选一个	组间顺序遍历，组内逆序遍历容量

3.8 解题步骤建议

明确问题类型：判断是 0-1 背包、完全背包还是其他变种。

定义状态：通常dpij表示前i个物品在容量j下的最优解。

推导转移方程：根据物品选取规则确定状态转移方式。

处理边界条件：初始化dp0j和dpi0。

优化空间：若状态转移仅依赖上一行，考虑用一维数组优化。

3.9 LeetCode 相关题目

• Leetcode 416. 分割等和子集（0-1 背包）
  目标：判断能否将数组分割成两个子集，使得它们的和相等。
  提示：转化为背包问题，容量为总和的一半。
• Leetcode 322. 零钱兑换（完全背包）
  目标：用最少的硬币凑成目标金额。
  提示：状态定义为dpi表示凑成金额i所需的最少硬币数。
• Leetcode 474. 一和零（二维费用背包）
  目标：用最多的m个 0 和n个 1 组成最多的字符串。
  提示：每个字符串的 0 和 1 数量作为两个费用维度。
• Leetcode 1155. 掷骰子的 N 种方法（分组背包）
  目标：计算掷d个骰子，每个骰子有f个面，得到目标和的方法数。
  提示：每个骰子作为一组，组内选择一个面。

通过掌握背包问题的基本模型和优化方法，可以解决许多资源分配类的动态规划问题。关键在于准确识别问题类型，并灵活调整状态定义和转移方程。

四、其他动态规划问题

4.1 编辑距离问题（LeetCode 72）

问题描述

给定两个单词 word1 和 word2 ，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。可以进行的操作有插入一个字符、删除一个字符、替换一个字符。

状态定义

设 dpij 表示将 word1 的前 i 个字符转换为 word2 的前 j 个字符所需的最少操作数。

状态转移方程

• 当 i = 0 时，dp0j = j，表示将空字符串转换为 word2 的前 j 个字符，需要插入 j 个字符。
• 当 j = 0 时，dpi0 = i，表示将 word1 的前 i 个字符转换为空字符串，需要删除 i 个字符。
• 当 word1i - 1 == word2j - 1 时，dpij = dpi - 1j - 1，此时不需要进行额外操作。
• 当 word1i - 1 != word2j - 1 时，dpij = min(dpi - 1j - 1 + 1, dpi - 1j + 1, dpij - 1 + 1) ，分别对应替换、删除、插入操作。

代码实现

def minDistance(word1, word2):
    m, n = len(word1), len(word2)
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    for i in range(m + 1):
        dp[i][0] = i
    for j in range(n + 1):
        dp[0][j] = j
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if word1[i - 1] == word2[j - 1]:
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
            else:
                dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1
    return dp[m][n]
    

4.2 最长公共子序列问题（LeetCode 1143）

问题描述

给定两个字符串 text1 和 text2 ，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。子序列是一个可以由另一个序列删除一些元素（也可以不删除）但不改变剩余元素顺序得到的新序列。

状态定义

设 dpij 表示 text1 的前 i 个字符和 text2 的前 j 个字符的最长公共子序列的长度。

状态转移方程

• 当 i = 0 或 j = 0 时，dpij = 0，因为至少有一个字符串为空，最长公共子序列长度为 0。
• 当 text1i - 1 == text2j - 1 时，dpij = dpi - 1j - 1 + 1 。
• 当 text1i - 1 != text2j - 1 时，dpij = max(dpi - 1j, dpij - 1) 。

代码实现

def longestCommonSubsequence(text1, text2):
    m, n = len(text1), len(text2)
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
            else:
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
    return dp[m][n] 

4.3 最大子序和问题（LeetCode 53）

问题描述

给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

状态定义

设 dpi 表示以 numsi 结尾的连续子数组的最大和。

状态转移方程

dpi = max(dpi - 1 + numsi, numsi) ，即要么将当前元素加入到前面的子数组中，要么以当前元素作为新的子数组开始。

代码实现

def maxSubArray(nums):
    n = len(nums)
    dp = [0] * n
    dp[0] = nums[0]
    result = dp[0]
    for i in range(1, n):
        dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i])
        result = max(result, dp[i])
    return result

其实本题从动态规划的角度来看只依赖dpi-1，即上一个状态，也可以从贪心算法角度理解。每一步计算当前累积和，如果当前累积和小于0，不如直接从当前位置开始再次累积。并在每步存储当前计算得到的最大子序和。

4.4 最长上升子序列（LIS）问题

问题描述

给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。子序列是一个可以由另一个序列删除一些元素（也可以不删除）但不改变剩余元素顺序得到的新序列。

状态定义

设 dpi 表示以 numsi 结尾的最长上升子序列的长度。

状态转移方程

• 初始化：dpi = 1 ，因为每个元素自身都可以构成一个长度为 1 的上升子序列。
• 对于 i > 0 ，遍历 0 到 i - 1 的元素，如果 numsj < numsi ，则 dpi = max(dpi, dpj + 1) ，表示如果能找到前面比当前元素小的元素，就可以将当前元素接到其对应的最长上升子序列后面，更新当前位置的最长上升子序列长度。
• 当前状态依赖前面所有状态，可以想象，在状态转移图中任何一个状态可以转到之后的状态（对比马尔可夫性质，当前状态只依赖前一个状态）。

代码实现

def lengthOfLIS(nums):
    n = len(nums)
    dp = [1] * n
    for i in range(n):
        for j in range(i):
            if nums[j] < nums[i]:
                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)
    return max(dp) if dp else 0

4.5 硬币找零 - 最少硬币数（另一种视角）

问题描述

给定不同面额的硬币数组 coins 和一个总金额 amount ，计算凑成总金额所需的最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。

状态定义

设 dpi 表示凑成金额 i 所需的最少硬币个数。

状态转移方程

• 初始化：dp0 = 0 ，表示凑成金额 0 需要 0 个硬币；对于其他金额 i ，初始化为一个较大的值（如 amount + 1 ），方便后续取最小值比较。
• 对于每个金额 i ，遍历所有硬币面额 coin ，如果 i >= coin ，则 dpi = min(dpi, dpi - coin + 1) ，表示在能使用该硬币的情况下，取使用该硬币和不使用该硬币时的较小硬币数。

代码实现

def coinChange(coins, amount):
    dp = [amount + 1] * (amount + 1)
    dp[0] = 0
    for i in range(1, amount + 1):
        for coin in coins:
            if i >= coin:
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1)
    return dp[amount] if dp[amount] != amount + 1 else -1

类似完全背包问题，不同的是背包问题容量限制是不超过即可，本题硬币找零需要恰好满足。

4.6 分割等和之集

问题描述

给定一个只包含正整数的非空数组 nums 。判断能否将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

解题思路

这道题可以转化为 0 - 1 背包问题。

• 目标转换：要使数组能分割成两个元素和相等的子集，那么数组所有元素的和 sum(nums) 必须是偶数（因为两个子集和相等，总和必然能被 2 整除），然后问题就变为能否从数组中选取一些元素，使得它们的和等于 sum(nums) / 2 。
• 类比背包：可以把 sum(nums) / 2 看作背包的容量，数组中的每个元素 numsi 看作物品的重量，同时也是物品的价值（因为选取了这个元素，就得到了它对应的价值，且重量就是它本身的值 ），判断是否能装满背包（即是否能找到元素和等于 sum(nums) / 2 的子集 ）。

状态定义

• 设 dpij 表示从数组的前 i 个元素中选取一些元素，能否使它们的和等于 j 。如果能，dpij 为 True ，否则为 False 。

状态转移方程

• 不选第 i 个元素：如果前 i - 1 个元素已经能组成和为 j ，那么不选第 i 个元素也能满足，即 dpij = dpi - 1j 。
• 选第 i 个元素：前提是 j >= numsi - 1 （因为数组下标从 0 开始，这里 numsi - 1 表示第 i 个元素 ），此时如果前 i - 1 个元素能组成和为 j - numsi - 1 ，那么选上第 i 个元素就能组成和为 j ，即 dpij = dpi - 1j - nums\[i - 1] 。
• 综合起来，状态转移方程为：
  • 当 j < numsi - 1 时，dpij = dpi - 1j；
  • 当 j >= numsi - 1 时，dpij = dpi - 1j or dpi - 1j - nums\[i - 1] 。

初始条件

• dp00 = True ，表示没有元素时，和为 0 是可以实现的。
  对于 j > 0 ，dp0j = False ，因为没有元素时，无法组成大于 0 的和。

代码实现

def canPartition(nums):
    total = sum(nums)
    if total % 2 != 0:
        return False
    target = total // 2
    dp = [False] * (target + 1)
    dp[0] = True
    for num in nums:
        for j in range(target, num - 1, -1):
            dp[j] = dp[j] or dp[j - num]
    return dp[target]