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DP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递归公式了，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]，我们需要更新我们的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[j]]为true的话，那么dp[j]就一定为true，于是地推公式如下：
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]] (nums[i] <= j <= target)
有了递推公式，那么我们就可以写出代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (sum % 2 == 1) return false;
int target = sum / 2;
vector<bool> dp(target + 1, false);
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
for (int j = target; j >= nums[i]; --j) {
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
}
return dp.back();
}
};
这道题还可以用bitset来做，感觉也十分的巧妙，
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];
}
};
参考资料：
https://discuss.leetcode.com/topic/62334/simple-c-4-line-solution-using-a-bitset
LeetCode All in One 题目讲解汇总(持续更新中...)