子集切分問題(LeetCode 416 難度：中等)

描述

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：

給你一個可裝載重量為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：

給一個可裝載重量為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

解法分析

第一步要明確兩點，「狀態」和「選擇」。

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，存在一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，取決於上一個狀態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，把偽碼翻譯成程式碼，處理一些邊界情況。

以下是我的 C++ 程式碼，完全翻譯了之前的思路，並處理了一些邊界情況：

boolcanPartition(vector<int>&nums) {  
 int sum= 0;  
 for (int num:nums)sum+=num;  
 //和為奇數時，不可能劃分成兩個和相等的集合  
 if (sum% 2 != 0) return false;  
 int n=nums.size();  
 sum=sum/ 2;  
 vector<vector<bool>>   
 dp(n+ 1, vector<bool>(sum+ 1, false));  
 //basecase  
 for (int i= 0;i<=n;i++)  
 	dp[i][0]= true;  
  
 for (int i= 1;i<=n;i++){  
 	for (int j= 1;j<=sum;j++){  
 		if (j-nums[i- 1]< 0){  
 			//揹包容量不足，不能裝入第i個物品  
 			dp[i][j]=dp[i- 1][j];   
 		} else {  
 			//裝入或不裝入揹包  
 			dp[i][j]=dp[i- 1][j]|dp[i- 1][j-nums[i-1]];  
 		}  
 	}  
 }  
 return dp[n][sum];  
}