截止到目前我已经写了 600多道算法题，其中部分已经整理成了pdf文档，目前总共有1000多页（并且还会不断的增加），大家可以免费下载
前面我们讲过520，回溯算法解火柴拼正方形，和这题类似，具体可以看下。第520题可以认为是把数组分隔成4个元素和相等的子集，而这题是把数组分隔成2个元素和相等的子集。如果数据量比较少的话，第520题的答案稍微修改一下就是这题的答案了，但如果数据量大的话就会超时。所以这题不能使用回溯算法来解决，我们可以使用动态规划。
这题判断把数组分成两份，这两份的元素和是否相等。首先我们需要计算数组中所有元素的和sum，然后判断sum是否是偶数：
如果不是偶数，说明不可能分割成完全相等的两份，直接返回false。
如果是偶数，我们只需要判断是否存在一些元素的和等于sum/2，如果等于sum/2，那么剩下的肯定也等于sum/2，说明我们可以把数组分为元素和相等的两部分。
那么这个时候问题就很明朗了，假设sum/2是一个背包的容量，我们只需要找出一些元素把他放到背包中，如果背包中元素的最大和等于sum/2，说明我们可以把数组分成完成相等的两份。这不就是经典的0-1背包问题吗。之前也讲过371，背包问题系列之-基础背包问题，具体可以看下，这里就不在重复介绍。我们在来找一下他的递推公式，定义dp[i][j]表示把第i个物品放到容量为j的背包中所获得的的最大值。
第i个物品的值是nums[i-1]： 如果nums[i-1]>j，说明背包容量不够，第i件物品放不进去，所以我们不能选择第i个物品，那么
dp[i][j]=dp[i-1][j]；
如果nums[i-1]<=j，说明可以把第j个物品放到背包中，我们可以选择放也可以选择不放，取最大值即可，如果放就会占用一部分背包容量，最大价值是
dp[i][j]=dp[i-1][j-nums[i-1]]+nums[i-1]
如果不放
dp[i][j]=dp[i-1][j]；
取两者的最大值
最终递推公式如下
if (j >= nums[i - 1]) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i-1][j - nums[i - 1]] + nums[i - 1]);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
我们来看下最终代码
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有元素的和
int sum = 0;
for (int num : nums)
sum += num;
//如果sum是奇数，说明数组不可能分成完全相等的两份
if ((sum & 1) == 1)
return false;
//sum除以2
int target = sum >> 1;
int length = nums.length;
int[][] dp = new int[length + 1][target+1];
for (int i = 1; i <= length; i++) {
for (int j = 1; j <= target; j++) {
//下面是递推公式
if (j >= nums[i - 1]) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i-1][j - nums[i - 1]] + nums[i - 1]);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
//判断背包最大是否能存放和为target的元素
return dp[length][target] == target;
}
我们还可以这样写，二维数组dp是boolean类型，dp[i][j]表示数组中前i个元素的和是否可以组成和为j，很明显dp[0][0]=true，表示前0个元素（也就是没有元素）可以组成和为0。代码如下
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有元素的和
int sum = 0;
for (int num : nums)
sum += num;
//如果sum是奇数，说明数组不可能分成完全相等的两份
if ((sum & 1) == 1)
return false;
//sum除以2
int target = sum >> 1;
int length = nums.length;
boolean[][]dp = new boolean[length + 1][target+1];
dp[0][0] = true;//base case
for (int i = 1; i <= length; i++) {
for (int j = 1; j <= target; j++) {
//递推公式
if (j >= nums[i - 1]) {
dp[i][j] = (dp[i - 1][j] || dp[i-1][j - nums[i - 1]]);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[length][target];
}
我们看到上面二维数组计算的时候当前值只和上面一行有关，所以我们可以把它改成一维的，注意第二个for循环要倒叙，否则会把前面的值给覆盖掉导致结果错误，仔细看一下
dp[j] = (dp[j] || dp[j - nums[i - 1]]);
就明白了，相当于同一行后面的值依赖前面的，如果不是倒叙，前面的值被修改了，在计算后面的就会导致错误。我们来看下代码。
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有元素的和
int sum = 0;
for (int num : nums)
sum += num;
//如果sum是奇数，说明数组不可能分成完全相等的两份
if ((sum & 1) == 1)
return false;
//sum除以2
int target = sum >> 1;
int length = nums.length;
boolean[] dp = new boolean[target + 1];
dp[0] = true;//base case
for (int i = 1; i <= length; i++) {
//注意这里j要倒叙
for (int j = target; j >= 1; j--) {
//递推公式
if (j >= nums[i - 1]) {
dp[j] = (dp[j] || dp[j - nums[i - 1]]);
}
//else {//这里省略
// dp[j] = dp[j];
//}
}
}
return dp[target];
}
DFS解决
每种元素可以选择也可以不选择，只需要判断他所有的可能组合中，元素和是否有等于sum/2的，我们可以把它看做是一棵二叉树，左子节点表示选择当前元素，右子节点表示不选择当前元素，如下图所示，橙色节点表示选择当前元素，蓝色表示不选择。
我们来看下代码
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有元素的和
int sum = 0;
for (int num : nums)
sum += num;
//如果sum是奇数，说明数组不可能分成完全相等的两份
if ((sum & 1) == 1)
return false;
return dfs(nums, sum >> 1, 0);
}
private boolean dfs(int[] nums, int target, int index) {
//targe等于0，说明存在一些元素的和等于sum/2，直接返回true
if (target == 0)
return true;
//如果数组元素都找完了，或者target小于0，直接返回false
if (index == nums.length || target < 0)
return false;
//选择当前元素和不选择当前元素两种情况
return dfs(nums, target - nums[index], index + 1)
|| dfs(nums, target, index + 1);
}
但很遗憾的是，因为计算量太大，会导致运行超时，我们可以优化一下，来看下代码
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有元素的和
int sum = 0;
for (int num : nums)
sum += num;
//如果sum是奇数，说明数组不可能分成完全相等的两份
if ((sum & 1) == 1)
return false;
//sum除以2
int target = sum >> 1;
Boolean[][] map = new Boolean[nums.length][target + 1];
return dfs(nums, 0, target, map);
}
private boolean dfs(int[] nums, int index, int target, Boolean[][] map) {
//targe等于0，说明存在一些元素的和等于sum/2，直接返回true
if (target == 0)
return true;
//如果数组元素都找完了，或者target小于0，直接返回false
if (index == nums.length || target < 0)
return false;
//从map中取
if (map[index][target] != null)
return map[index][target];
//选择当前元素
boolean select = dfs(nums, index + 1, target - nums[index], map);
//不择当前元素
boolean unSelect = dfs(nums, index + 1, target, map);
//只要有一个为true，就返回true，否则返回false
if (select || unSelect) {
map[index][target] = true;
return true;
}
map[index][target] = false;
return false;
}
位运算解决
这里能使用位运算，关键在于题中的一些限制条件，比如
- 正整数的非空数组，
- 每个数组中的元素不会超过 100，
- 数组的大小不会超过 200等。
原理很简单，我们只需要申请一个大小为sum+1的数组bits[sum+1]，数组中的数字只能是0和1，我们可以把它想象为一个很长的二进制位，因为int和long类型太短了，我们这里使用的是数组。然后每遍历数组中的一个元素比如m，就把二进制位往左移m位然后在和原来的二进制位进行或运算。最后判断bits[sum/2]是否是1，如果是1就返回true。文字叙述不是很直接，我们就以示例1为例来画个图看一下
最后你会发现一个规律，就是最后运算的结果只要是1的位置，都可以使用数组中的元素组合而成，只要是0的都不能使用数组中的元素组合而成，搞懂了上面的过程，代码就很容易写了。因为我们只需要判断二进制位中中间的那个值是否为1，所以我们只需要计算低位，高位完全不用计算，因为是往左移动的，高位不会对中间的值产生任何影响，所以这里能做一点优化，最后再来看下代码
public boolean canPartition(int[] nums) {
//计算数组中所有数字的和
int sum = 0;
for (int n : nums)
sum += n;
//如果sum是奇数，直接返回false
if ((sum & 1) == 1)
return false;
int len = sum >> 1;
//这里bits的长度是len+1，因为我们只需要计算
//低位就行了，没必要计算所有的
byte[] bits = new byte[len + 1];
bits[0] = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int num = nums[i];
int size = len - num;
for (int j = size; j >= 0; j--) {
bits[j + num] |= bits[j];
}
//判断中位数如果是1，说明可以分成两种相等的
//子集，直接返回true，不需要再计算了
if ((bits[len] & 1) != 0)
return true;
}
return false;
}
