Given a non-empty array containing only positive integers, find if the array can be partitioned into two subsets such that the sum of elements in both subsets is equal.
Note:
Both the array size and each of the array element will not exceed 100.
Example 1:
Input: [1, 5, 11, 5] Output: true Explanation: The array can be partitioned as [1, 5, 5] and [11].
Example 2:
Input: [1, 2, 3, 5] Output: false Explanation: The array cannot be partitioned into equal sum subsets.
这道题给了我们一个数组，问我们这个数组能不能分成两个非空子集合，使得两个子集合的元素之和相同。那么我们想，原数组所有数字和一定是偶数，不然根本无法拆成两个和相同的子集合，那么我们只需要算出原数组的数字之和，然后除以2，就是我们的target，那么问题就转换为能不能找到一个非空子集合，使得其数字之和为target。开始我想的是遍历所有子集合，算和，但是这种方法无法通过OJ的大数据集合。于是乎，动态规划 Dynamic Programming 就是我们的不二之选。我们定义一个一维的dp数组，其中dp[i]表示数字i是否是原数组的任意个子集合之和，那么我们我们最后只需要返回dp[target]就行了。我们初始化dp[0]为true，由于题目中限制了所有数字为正数，那么我们就不用担心会出现和为0或者负数的情况。那么关键问题就是要找出状态转移方程了，我们需要遍历原数组中的数字，对于遍历到的每个数字nums[i]，我们需要更新dp数组，要更新[nums[i], target]之间的值，那么对于这个区间中的任意一个数字j，如果dp[j – nums[i]]为true的话，那么dp[j]就一定为true，于是状态转移方程如下：
dp[j] = dp[j] || dp[j – nums[i]] (nums[i] <= j <= target)
有了状态转移方程，那么我们就可以写出代码了，这里需要特别注意的是，第二个for循环一定要从target遍历到nums[i]，而不能反过来，想想为什么呢？因为如果我们从nums[i]遍历到target的话，假如nums[i]=1的话，那么[1, target]中所有的dp值都是true，因为dp[0]是true，dp[1]会或上dp[0]，为true，dp[2]会或上dp[1]，为true，依此类推，完全使我们的dp数组失效了，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: bool canPartition(vector<int>& nums) { int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0), target = sum >> 1; if (sum & 1) return false; vector<bool> dp(target + 1, false); dp[0] = true; for (int num : nums) { for (int i = target; i >= num; --i) { dp[i] = dp[i] || dp[i - num]; } } return dp[target]; } };
这道题还可以用bitset来做，感觉也十分的巧妙，bisets的大小设为5001，为啥呢，因为题目中说了数组的长度和每个数字的大小都不会超过100，那么最大的和为10000，那么一半就是5000，前面再加上个0，就是5001了。我们初始化把最低位赋值为1，然后我们算出数组之和，然后我们遍历数字，对于遍历到的数字num，我们把bits向左平移num位，然后再或上原来的bits，这样所有的可能出现的和位置上都为1。举个例子来说吧，比如对于数组[2,3]来说，初始化bits为1，然后对于数字2，bits变为101，我们可以看出来bits[2]标记为了1，然后遍历到3，bits变为了101101，我们看到bits[5],bits[3],bits[2]都分别为1了，正好代表了可能的和2，3，5，这样我们遍历完整个数组后，去看bits[sum >> 1]是否为1即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: bool canPartition(vector<int>& nums) { bitset<5001> bits(1); int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0); for (int num : nums) bits |= bits << num; return (sum % 2 == 0) && bits[sum >> 1]; } };
类似题目：
Partition to K Equal Sum Subset
参考资料：
