数据结构【动态规划-0-1背包】| leetcode 416. 分割等和子集(中等)

代码链接：https://leetcode.cn/problems/partition-equal-subset-sum/solution/by-flix-szk7/
视频链接：https://space.bilibili.com/525438321/channel/seriesdetail?sid=672176

0-1背包：有n种物品，每种物品只有一个
完全背包：有n种物品，每种物品有无限个
多重背包：有n种物品，每种物品的个数各不相同

背包问题一般包括两层循环，一层遍历物品，一层遍历背包的容量。二维数组，两层循环顺序可以颠倒，

01背包问题

动态规划是解决「0-1 背包问题」的标准做法。一般地，我们定义： $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 件物品放入一个容量为 $j$ 的背包可以获得的最大价值，则状态转移过程可表示为：

• 不选择第 $i$ 件物品：问题转化为了前 $i-1$ 件物品放入容量为 $j$ 的背包中所获得的价值： $dp[i][j]=dp[i-1][j]$ ；
• 选择第 $i$ 件物品：第 $i$ 件物品占据容量 $w_i$，前 $i-1$ 件物品放入剩下的容量为 $j-w_i$ 的背包中，问题也就转化为了前 $i-1$ 件物品放入容量为 $j-w_i$ 的背包中所获得的价值 $dp[i-1][j-w_i]$ 加上要放入的第 $i$ 件物品的价值 $v_i$ dp[i][j]=dp[i-1][j-w_i]+v_i。注意，能放入第 $i$ 件物品的前提为: $w_i\le j$。

两种情况取较大者：
d p [ i ] [ j ] = max ⁡ { d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ j − w i ] + v i } d p[i][j]=max left{d p[i-1][j], d p[i-1]left[j-w_iright]+v_iright} dp[i][j]=max{dp[i−1][j],dp[i−1][j−wi​]+vi​}

求最优解的背包问题中，有的题目要求 恰好装满背包 时的最优解，有的题目则要求 不超过背包容量 时的最优解。一种区别这两种问法的实现方法是在状态初始化的时候有所不同。[摘自@ 《背包问题九讲》 (网页版) (PDF版)]

初始化的 $dp$ 数组事实上就是在背包中没有放入任何物品时的合法状态：

• 如果要求恰好装满背包，那么在初始化时 $dp[i][0]=0$，其它 $dp[i][1,2,...,\ast ]$ 均设为 $-\infty$。这是因为此时只有容量为 0 的背包可能被价值为 0 的 nothing “恰好装满”，而其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态。
• 如果只是要求不超过背包容量而使得背包中的物品价值尽量大，初始化时应将 $dp[\ast ][\ast ]$ 全部设为 0。这是因为对应于任何一个背包，都有一个合法解为 “什么都不装”，价值为 0。

本题题目分析：

对于本题而言，$nums[i]$ 则对应于常规背包问题中第 $i$ 件物品的重量。我们要做的是判断是否可以将数组 $nums$ 分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等，这是一个 $True/False$ 的存在问题。我们 的目标是从 $nums$ 中选出若干个数字使其和恰好等于数组总和的一半，记为 $\text{target}=\frac{sum(nums)}{2}$ 。

I. 状态定义

对于本题，定义 $dp[i][j]$ 表示从前 $i$ 个数字中选出若干个，刚好可以使得被选出的数字其重量和为 $j$。

II. 状态转移

根据本题的要求，上述「0-1 背包问题」的状态转移方程 (1) 可修改为:

$$dp[i][j]=dp[i-1][j]\text{ or }dp[i-1][j-nums[i-1]]$$

对于 $i>0$ 且 $j>0$ 的情况，如何确定 $dp[i][j]$ 的值？需要分别考虑以下两种情况。

• 如果 $j\ge nums[i]$，则对于当前的数字 $nums[i]$ ，可以选取也可以不选取，两种情况只要有一个为 true，就有 $dp[i][j]=true$。
  • 如果不选取 $nums[i]$ ，则 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$ ；
  • 如果选取 nums $[i]$ ，则 $dp[i][j]=dp[i-1][j-nums[i]]$ 。
• 如果 $j<nums[i]$，则在选取的数字的和等于 $j$ 的情况下无法选取当前的数字 $nums[i]$，因此有 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$。

状态转移方程如下:

$$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]\mid dp[i-1][j-nums[i]],& j\ge nums[i]\\ dp[i-1][j],& j<nums[i]\end{array}$$

最终得到 $dp[n-1][target]$ 即为答案。

III. 初始化

记非空数组 nums 的长度为 $n$ 。为便于状态更新，减少对边界的判断，初始二维 $dp$ 数组维度为 $(n+1)\times (target+1)$ ，其中第一维为 $n+1$ 也意味着：第 $i$ 个数字为 $nums[i-1]$，第 1 个数字为 $nums[0]$ ，第 0 个数字为空。

初始化时：

• $dp[0][0]=$ True：表示可以从前 0 个数字中选出若干个数字使得其和为 0 ，即「空集合」不选任何数字即可得到 0 。
• 对于其他 $dp[0][j],j\ge 1$ ，则有 $dp[0][j]=$ False：「空集合」无法选出任何数字使得其和为 $j\ge 1$

$dp[i][0]=$ True 在程序迭代实现中已有体现，在此无需提前重复定义。

class Solution:
    def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:
        total = sum(nums)
        if total % 2 == 1:   # 总和无法等分
            return False
        
        target = total // 2  # 最大值大于总和的一半，无法分割
        if max(nums) > target:
            return False
        
        n = len(nums)
        # dp[i][j]: 从前i个元素中选出若干个数字刚好能够组成j
        dp = [[False] * (target+1) for _ in range(n)]
        dp[0][0] = True  # 其他 dp[0][j]均为False

        for i in range(1, n):          # 一层遍历物品
            for j in range(target+1):  # 一层遍历背包的容量
                if j < nums[i-1]:   # 容量有限，无法选择第i个数字nums[i-1]
                    dp[i][j] = dp[i-1][j]
                else:               # 可选择第i个数字nums[i-1]，也可不选
                    # dp[i][j] = max(dp[i-1][j-nums[i-1]], dp[i-1][j])
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-nums[i-1]] | dp[i-1][j]
        return dp[n-1][target]

最后

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