分割等和子集（0-1 背包 DP 总结）
一、完整代码（精简注释）
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int sum = 0;
// 计算数组总和
for (int i = 0; i < n; i++) {
sum += nums[i];
}
// 总和为奇数，无法平分
if (sum % 2 == 1) return false;
sum /= 2; // 目标和为总和的一半
// dp[j]：能否从已遍历数字中凑出和为 j 的子集
vector<bool> dp(sum + 1, false);
dp[0] = true;
// 外层遍历每个数字
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 内层倒序遍历目标和，保证每个数字只使用一次
for (int j = sum; j >= nums[i]; j--) {
// 不选当前数字 或 选择当前数字
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
}
// 判断能否凑出总和的一半
return dp[sum];
}
};二、动态规划五步总结
1. 确定 DP 数组及其含义
vector<bool> dp(sum + 1, false);dp[j] 表示：从已经遍历过的数字中，能否选出若干个数字，使它们的和恰好等于 j。
-
true：能够凑出目标和j。 -
false：目前无法凑出目标和j。
这里的 j 表示目标和（背包容量），不是 nums 数组的下标。
2. 确定递推公式（核心）
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];对于当前数字 nums[i]，有两种选择：
情况一：不选择当前数字
dp[j]如果之前已经能够凑出 j，那么不选择当前数字，依然可以凑出 j。
情况二：选择当前数字
dp[j - nums[i]]如果之前能够凑出 j - nums[i]，那么加上当前数字，就能够凑出 j。
例如：
nums[i] = 5;
j = 6;
dp[6] = dp[6] || dp[1];如果之前 dp[1] = true，说明可以通过 1 + 5 凑出 6，因此 dp[6] = true。
|| 的作用：保留之前的可行方案，同时尝试选择当前数字产生的新方案。
3. DP 数组初始化
vector<bool> dp(sum + 1, false);
dp[0] = true;-
dp[0] = true：不选择任何数字，就能凑出 0。 -
其他位置初始化为
false：暂时无法凑出对应的目标和。
dp[0] = true 是整个递推的基础。
4. 确定遍历顺序
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = sum; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
}外层循环：遍历数字
依次考虑数组中的每个数字。
内层循环：更新 DP 数组
遍历目标和，判断加入当前数字后，能否凑出新的目标和。
这里有两个关键点：
-
j--：倒序遍历，保证每个数字最多使用一次，避免重复选择。 -
j >= nums[i]：只有目标和不小于当前数字，才能选择它，同时避免数组下标越界。
记忆：0-1 背包倒序遍历，完全背包通常正序遍历。
5. 举例推导 DP 数组
nums = {1, 5, 11, 5};总和为 22，目标和为 11。
| 遍历情况 | 能够凑出的目标和 |
|---|---|
| 初始化 | 0 |
| 遍历 1 | 0、1 |
| 遍历 5 | 0、1、5、6 |
| 遍历 11 | 0、1、5、6、11 |
| 遍历最后一个 5 | 0、1、5、6、10、11 |
最终：
dp[11] = true;说明可以选出一个和为 11 的子集，剩余元素的和也必然为 11，因此能够分割数组。
三、为什么只需要判断 dpsum？
题目要求将数组分成两个和相等的子集。
假设原数组总和为 \(S\)，那么只需要找到一个子集，使其和为：
\ target=\\frac{S}{2} \\
剩余数字的和自然也是 \(S/2\)。
所以最终：
return dp[sum];只需要判断是否能够凑出目标和，不需要真正构造两个子集。
另外，一旦 dp[sum] 变为 true，就可以提前返回，因为已经找到可行方案。
四、时间与空间复杂度
设数组长度为 \(n\)，目标和为 \(S\)。
-
时间复杂度： \(O(nS)\)，外层遍历 \(n\) 个数字，内层最多遍历 \(S\) 个目标和。
-
空间复杂度： \(O(S)\)，只使用一个一维 DP 数组。
五、易错点总结
| 易错点 | 正确理解 |
|---|---|
忘记 sum /= 2 |
目标是凑出总和的一半 |
外层从 i = 1 开始 |
应从 i = 0 开始，考虑所有数字 |
dp[j] 的含义 |
能否从已遍历数字中凑出和为 j 的子集 |
认为 dp[j] 一直是 false |
它会随着遍历不断更新为 true |
| 内层正序遍历 | 0-1 背包必须倒序，避免重复使用当前数字 |
j > nums[i] |
应使用 >=，允许单独选择当前数字 |
只更新 dp[sum] |
其他 DP 状态也要更新，因为目标状态依赖它们 |
六、最终记忆模板
0-1 背包：判断能否凑出目标和
vector<bool> dp(target + 1, false);
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[target];这道题最重要的四句话：
-
外层遍历数字：依次考虑每个数字。
-
内层遍历目标和：更新加入当前数字后能够凑出的和。
-
DP 保存历史结果：
dp[j]记录能否凑出目标和j。 -
倒序保证只选一次：每个数字最多使用一次，符合 0-1 背包要求。
一句话总结：把分割等和子集问题转换成 0-1 背包问题，通过 DP 判断能否从数组中选出若干个数字，使它们的和恰好等于数组总和的一半。