2021-4-2 416. 分割等和子集（动态规划，背包问题）_分割等和子集为什么数组从后往前遍历

注：

题目：
给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

注意:

每个数组中的元素不会超过 100
数组的大小不会超过 200
示例 1:

输入: [1, 5, 11, 5]

输出: true

解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].

示例 2:

输入: [1, 2, 3, 5]

输出: false

题解：

一、问题分析
对于这个问题，看起来和背包没有任何关系，为什么说它是背包问题呢？
首先回忆一下背包问题大致的描述是什么：
给你一个可装载重量为 W 的背包和 N 个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第 i 个物品的重量为 wt[i]，价值为 val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？

那么对于这个问题，我们可以先对集合求和，得出 sum，把问题转化为背包问题：

给一个可装载重量为 sum / 2 的背包和 N 个物品，每个物品的重量为 nums[i]。现在让你装物品，是否存在一种装法，能够恰好将背包装满？

这就是背包问题的模型，甚至比我们之前的经典背包问题还要简单一些，下面我们就直接转换成背包问题，开始套前文讲过的背包问题框架即可。

二、解法分析
第一步要明确两点，「状态」和「选择」。

状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。

第二步要明确 dp 数组的定义。

按照背包问题的套路，可以给出如下定义：

dp[i][j] = x 表示，对于前 i 个物品，当前背包的容量为 j 时，若 x 为 true，则说明可以恰好将背包装满，若 x 为 false，则说明不能恰好将背包装满。

比如说，如果 dp[4][9] = true，其含义为：对于容量为 9 的背包，若只是用前 4 个物品，可以有一种方法把背包恰好装满。

或者说对于本题，含义是对于给定的集合中，若只对前 4 个数字进行选择，存在一个子集的和可以恰好凑出 9。

根据这个定义，我们想求的最终答案就是 dp[N][sum/2]，base case 就是 dp[…][0] = true 和 dp[0][…] = false，因为背包没有空间的时候，就相当于装满了，而当没有物品可选择的时候，肯定没办法装满背包。

第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。

回想刚才的 dp 数组含义，可以根据「选择」对 dp[i][j] 得到以下状态转移：

如果不把 nums[i] 算入子集，或者说你不把这第 i 个物品装入背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于上一个状态 dp[i-1][j]，继承之前的结果。

如果把 nums[i] 算入子集，或者说你把这第 i 个物品装入了背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于状态 dp[i-1][j-nums[i-1]]。

首先，由于 i 是从 1 开始的，而数组索引是从 0 开始的，所以第 i 个物品的重量应该是 nums[i-1]，这一点不要搞混。

dp[i - 1][j-nums[i-1]] 也很好理解：你如果装了第 i 个物品，就要看背包的剩余重量 j - nums[i-1] 限制下是否能够被恰好装满。

换句话说，如果 j - nums[i-1] 的重量可以被恰好装满，那么只要把第 i 个物品装进去，也可恰好装满 j 的重量；否则的话，重量 j 肯定是装不满的。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int size=nums.size();
        int sum(0);
        for(int i=0;i<size;i++){
            sum+=nums[i];
        }
        if(sum%2==1){
            return false;
        }
        sum=sum/2;
        vector<vector<bool>> dp(size+1,vector<bool>(sum+1,false));
        //边界条件初始化
        for(int i=0;i<=size;i++){
            dp[i][0]=true;
        }
        //边界条件初始化
        for(int j=0;j<=sum;j++){
            dp[0][j]=false;
        }
        for(int i=1;i<=size;i++){
            for(int j=1;j<=sum;j++){
                if(j<nums[i-1]){
                // 背包容量不足，不能装入第 i 个物品
                    dp[i][j]=dp[i-1][j];
                }
                else{
                // 不装入或装入背包
                    dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i-1][j-nums[i-1]];
                }
            }
        }
        return dp[size][sum];
    }
};
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三、进行状态压缩
再进一步，是否可以优化这个代码呢？注意到 dp[i][j] 都是通过上一行 dp[i-1][…] 转移过来的，之前的数据都不会再使用了。

所以，我们可以进行状态压缩，将二维 dp 数组压缩为一维，节约空间复杂度。

此时遍历j必须是倒序遍历，如果不是从后往前遍历的，那么在dp[i-1][j]要用到dp[i-1][j-nums[i-1]]时，dp[i-1][j-nums[i-1]]已经被更新成dp[i][j-nums[i-1]]了。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int size=nums.size();
        int sum(0);
        for(int i=0;i<size;i++){
            sum+=nums[i];
        }
        if(sum%2==1){
            return false;
        }
        sum=sum/2;
        vector<bool> dp(sum+1,false);
        //边界条件初始化，一维数组只需要初始化dp[0]
        dp[0]=true;
        for(int i=0;i<size;i++){
            for(int j=sum;j>=0;j--){
                if(j<nums[i]){
                    dp[j]=dp[j];
                }
                else{
                    dp[j]=dp[j]||dp[j-nums[i]];
                }
            }
        }
        return dp[sum];
    }
};
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