1.本周小结动态规划

周一

动态规划：不同路径 (opens new window)中求从出发点到终点有几种路径，只能向下或者向右移动一步。

我们提供了三种方法，但重点讲解的还是动规，也是需要重点掌握的。

dp[i][j]定义 ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

本题在初始化的时候需要点思考了，即：

dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。

周二

动态规划：不同路径还不够，要有障碍！ (opens new window)相对于动态规划：不同路径 (opens new window)添加了障碍。

dp[i][j]定义依然是：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

本题难点在于初始化，如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i][0]应该还是初始值0。

如图：

拿示例1来举例如题：

对应的dp table 如图：

周三

动态规划：整数拆分，你要怎么拆？ (opens new window)给出一个整数，问有多少种拆分的方法。

这道题目就有点难度了，题目中dp我也给出了两种方法，但通过两种方法的比较可以看出，对dp数组定义的理解，以及dp数组初始化的重要性。

dp[i]定义：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。

本题中dp[i]的初始化其实也很有考究，严格从dp[i]的定义来说，dp[0] dp[1] 就不应该初始化，也就是没有意义的数值。

拆分0和拆分1的最大乘积是多少？

这是无解的。

所以题解里我只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1，这个没有任何异议！

举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：

一些录友可能对为什么没有拆分j没有想清楚。

其实可以模拟一下哈，拆分j的情况，在遍历j的过程中dp[i - j]其实都计算过了。

例如 i= 10，j = 5，i-j = 5，如果把j拆分为 2 和 3，其实在j = 2 的时候，i-j= 8 ，拆分i-j的时候就可以拆出来一个3了。

或者也可以理解j是拆分i的第一个整数。

动态规划：整数拆分，你要怎么拆？ (opens new window)总结里，我也给出了递推公式dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] * dp[j])这种写法。

对于这种写法，一位录友总结的很好，意思就是：如果递推公式是dp[i-j] * dp[j]，这样就相当于强制把一个数至少拆分成四份。

dp[i-j]至少是两个数的乘积，dp[j]又至少是两个数的乘积，但其实3以下的数，数的本身比任何它的拆分乘积都要大了，所以文章中初始化的时候才要特殊处理。

周四

动态规划：不同的二叉搜索树 (opens new window)给出n个不同的节点求能组成多少个不同二叉搜索树。

这道题目还是比较难的，想到用动态规划的方法就很不容易了！

dp[i]定义 ：1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。

递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量

dp数组如何初始化：只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]。

n为5时候的dp数组状态如图：

2.动态规划：01背包理论基础

可以去卡码网第46题 (opens new window)去练习，题意是一样的。

思路

正式开始讲解背包问题！

对于面试的话，其实掌握01背包和完全背包，就够用了，最多可以再来一个多重背包。

如果这几种背包，分不清，我这里画了一个图，如下：

除此以外其他类型的背包，面试几乎不会问，都是竞赛级别的了，leetcode上连多重背包的题目都没有，所以题库也告诉我们，01背包和完全背包就够用了。

而完全背包又是也是01背包稍作变化而来，即：完全背包的物品数量是无限的。

所以背包问题的理论基础重中之重是01背包，一定要理解透！

leetcode上没有纯01背包的问题，都是01背包应用方面的题目，也就是需要转化为01背包问题。

所以我先通过纯01背包问题，把01背包原理讲清楚，后续再讲解leetcode题目的时候，重点就是讲解如何转化为01背包问题了。

之前可能有些录友已经可以熟练写出背包了，但只要把这个文章仔细看完，相信你会意外收获！

01 背包

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解了。

这样其实是没有从底向上去思考，而是习惯性想到了背包，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？

每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是O(2^n)，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

在下面的讲解中，我举一个例子：

背包最大重量为4。

物品为：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

问背包能背的物品最大价值是多少？

以下讲解和图示中出现的数字都是以这个例子为例。

（为了方便表述，下面描述 统一用 容量为XX的背包，放下容量（重量）为XX的物品，物品的价值是XX）

二维dp数组01背包

依然动规五部曲分析一波。

1. 确定dp数组以及下标的含义

我们需要使用二维数组，为什么呢？

因为有两个维度需要分别表示：物品 和 背包容量

如图，二维数组为 dp[i][j]。

那么这里 i 、j、dp[i][j] 分别表示什么呢？

i 来表示物品、j表示背包容量。

（如果想用j 表示物品，j表示背包容量 行不行？ 都可以的，个人习惯而已）

我们来尝试把上面的 二维表格填写一下。

动态规划的思路是根据子问题的求解推导出整体的最优解。

我们先看把物品0 放入背包的情况：

背包容量为0，放不下物品0，此时背包里的价值为0。

背包容量为1，可以放下物品0，此时背包里的价值为15.

背包容量为2，依然可以放下物品0 （注意 01背包里物品只有一个），此时背包里的价值为15。

以此类推。

再看把物品1 放入背包：

背包容量为 0，放不下物品0 或者物品1，此时背包里的价值为0。

背包容量为 1，只能放下物品0，背包里的价值为15。

背包容量为 2，只能放下物品0，背包里的价值为15。

背包容量为 3，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放物品1 或者 物品0，物品1价值更大，背包里的价值为20。

背包容量为 4，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放下物品0 和 物品1，背包价值为35。

以上举例，是比较容易看懂，我主要是通过这个例子，来帮助大家明确dp数组的含义。

上图中，我们看 dp[1][4] 表示什么意思呢。

任取 物品0，物品1 放进容量为4的背包里，最大价值是 dp[1][4]。

通过这个举例，我们来进一步明确dp数组的含义。

即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的，如果哪里看懵了，就来回顾一下i代表什么，j又代表什么。

1. 确定递推公式

这里在把基本信息给出来：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

对于递推公式，首先我们要明确有哪些方向可以推导出 dp[i][j]。

这里我们dp[1][4]的状态来举例：

求取 dp[1][4] 有两种情况：

1. 放物品1
2. 还是不放物品1

如果不放物品1， 那么背包的价值应该是 dp[0][4] 即 容量为4的背包，只放物品0的情况。

推导方向如图：

如果放物品1， 那么背包要先留出物品1的容量，目前容量是4，物品1 的容量（就是物品1的重量）为3，此时背包剩下容量为1。

容量为1，只考虑放物品0 的最大价值是 dp[0][1]，这个值我们之前就计算过。

所以 放物品1 的情况 = dp[0][1] + 物品1 的价值，推导方向如图：

两种情况，分别是放物品1 和 不放物品1，我们要取最大值（毕竟求的是最大价值）

dp[1][4] = max(dp[0][4], dp[0][1] + 物品1 的价值)

以上过程，抽象化如下：

• 不放物品i：背包容量为j，里面不放物品i的最大价值是dp[i - 1][j]。

• 放物品i：背包空出物品i的容量后，背包容量为j - weight[i]，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值

递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

1. dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。

首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：

在看其他情况。

状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。

当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

此时dp数组初始化情况如图所示：

dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？

其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么 其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。

初始-1，初始-2，初始100，都可以！

但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。

如图：

1. 确定遍历顺序

在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量

那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？

其实都可以！！ 但是先遍历物品更好理解。

先遍历背包，再遍历物品，也是可以的！

为什么也是可以的呢？

要理解递归的本质和递推的方向。

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。

dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

再来看看先遍历背包，再遍历物品呢，如图：

大家可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响dp[i][j]公式的推导！

但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。

其实背包问题里，两个for循环的先后循序是非常有讲究的，理解遍历顺序其实比理解推导公式难多了。

1. 举例推导dp数组

来看一下对应的dp数组的数值，如图：

最终结果就是dp[2][4]。

建议大家此时自己在纸上推导一遍，看看dp数组里每一个数值是不是这样的。

做动态规划的题目，最好的过程就是自己在纸上举一个例子把对应的dp数组的数值推导一下，然后在动手写代码！

很多同学做dp题目，遇到各种问题，然后凭感觉东改改西改改，怎么改都不对，或者稀里糊涂就改过了。

主要就是自己没有动手推导一下dp数组的演变过程，如果推导明白了，代码写出来就算有问题，只要把dp数组打印出来，对比一下和自己推导的有什么差异，很快就可以发现问题了。

本题力扣上没有原题，大家可以去卡码网第46题 (opens new window)去练习，题意是一样的。

public class zero_one_Bag_Problem {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);//创建一个Scanner对象来读取用户的输入。int n = scanner.nextInt();//读取物品的数量n。int bagweight = scanner.nextInt();//读取背包的最大承重bagweight。int[] weight = new int[n];//数组weight来存储每个物品的重量。int[] value = new int[n];//数组value来存储每个物品的价值。for (int i = 0; i < n; ++i) {//循环读取每个物品的重量。weight[i] = scanner.nextInt();}for (int j = 0; j < n; ++j) {//循环读取每个物品的价值。value[j] = scanner.nextInt();}int[][] dp = new int[n][bagweight + 1];//二维数组dp来存储动态规划的中间结果。dp[i][j]表示考虑前i个物品，在不超过重量j的情况下可以获得的最大价值。for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {//初始化dp数组的第一行。如果背包的重量大于等于第一个物品的重量，那么只能选择第一个物品，否则不选择任何物品。dp[0][j] = value[0];}for (int i = 1; i < n; i++) {//外层循环遍历每个物品。for (int j = 0; j <= bagweight; j++) {//内层循环遍历背包的所有可能重量。if (j < weight[i]) {//如果当前背包重量j小于第i个物品的重量，那么不能选择第i个物品，因此最大价值与不选择第i个物品时相同。dp[i][j] = dp[i - 1][j];} else {dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);//如果当前背包重量j大于等于第i个物品的重量，那么有两种选择：不选择第i个物品（价值为dp[i - 1][j]），或者选择第i个物品（价值为dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]）。选择两者中价值较大的。}}}System.out.println(dp[n - 1][bagweight]);//输出最终结果，即考虑所有物品，在不超过背包最大承重的情况下可以获得的最大价值。}
}

• 时间复杂度：O(n * bagweight)
• 空间复杂度：O(n * bagweight)

其中n是物品的数量，bagweight是背包的最大承重。

3.动态规划：01背包理论基础（滚动数组）

可以去卡码网第46题 (opens new window)去练习

思路

昨天动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！ (opens new window)中是用二维dp数组来讲解01背包。

今天我们就来说一说滚动数组，其实在前面的题目中我们已经用到过滚动数组了，就是把二维dp降为一维dp，一些录友当时还表示比较困惑。

那么我们通过01背包，来彻底讲一讲滚动数组！

接下来还是用如下这个例子来进行讲解

背包最大重量为4。

物品为：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

问背包能背的物品最大价值是多少？

一维dp数组（滚动数组）

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。

在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。

这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

读到这里估计大家都忘了 dp[i][j]里的i和j表达的是什么了，i是物品，j是背包容量。

dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

一定要时刻记住这里i和j的含义，要不然很容易看懵了。

动规五部曲分析如下：

1. 确定dp数组的定义

关于dp数组的定义，我在 01背包理论基础 (opens new window)有详细讲解

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

1. 一维dp数组的递推公式

二维dp数组的递推公式为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

公式是怎么来的 在这里 01背包理论基础 (opens new window)有详细讲解。

一维dp数组，其实就上上一层 dp[i-1] 这一层 拷贝的 dp[i]来。

所以在 上面递推公式的基础上，去掉i这个维度就好。

递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

以下为分析：

dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值。

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 [j - 物品i重量] 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值。

相对于二维dp数组的写法，就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。

1. 一维dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？

看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。

这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。

那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。

1. 一维dp数组遍历顺序

和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！

二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。

为什么呢？

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

如果正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？

因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

（如何这里读不懂，大家就要动手试一试了，空想还是不靠谱的，实践出真知！）

再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以！

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！，这一点大家一定要注意。

1. 举例推导dp数组

一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：

倾向于使用一维dp数组的写法，比较直观简洁，而且空间复杂度还降了一个数量级！

总结

本文中的题目，要求先实现一个纯二维的01背包，如果写出来了，然后再问为什么两个for循环的嵌套顺序这么写？反过来写行不行？再讲一讲初始化的逻辑。

然后要求实现一个一维数组的01背包，最后再问，一维数组的01背包，两个for循环的顺序反过来写行不行？为什么？

注意以上问题都是在候选人把代码写出来的情况下才问的。

就是纯01背包的题目，都不用考01背包应用类的题目就可以看出候选人对算法的理解程度了。

相信大家读完这篇文章，应该对以上问题都有了答案！

此时01背包理论基础就讲完了，我用了两篇文章把01背包的dp数组定义、递推公式、初始化、遍历顺序从二维数组到一维数组统统深度剖析了一遍，没有放过任何难点。

大家可以发现其实信息量还是挺大的。

如果把动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！ (opens new window)和本篇的内容都理解了，后面我们在做01背包的题目，就会发现非常简单了。

不用再凭感觉或者记忆去写背包，而是有自己的思考，了解其本质，代码的方方面面都在自己的掌控之中。

即使代码没有通过，也会有自己的逻辑去debug，这样就思维清晰了。

public class zero_one_Bag_Problem_rolling_array {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);//创建一个Scanner对象来读取用户的输入。int M = scanner.nextInt();//读取物品的数量M。int N = scanner.nextInt();//读取背包的最大承重N。int[] costs = new int[M];//数组costs来存储每个物品的重量。int[] values = new int[M];//数组values来存储每个物品的价值。for (int i = 0; i < M; i++) {//循环读取每个物品的重量。costs[i] = scanner.nextInt();}for (int j = 0; j < M; j++) {//循环读取每个物品的价值。values[j] = scanner.nextInt();}int[] dp = new int[N + 1];//一维数组dp来存储动态规划的中间结果。dp[j]表示考虑所有物品，在不超过重量j的情况下可以获得的最大价值。for (int i = 0; i < M; i++) {//外层循环遍历每个物品。for (int j = N; j >= costs[i]; j--) {//内层循环从背包的最大承重N开始向下遍历到当前物品的重量costs[i]。dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);//对于每个重量j，我们比较不选择第i个物品和选择第i个物品的情况。如果选择第i个物品可以获得更大的价值，则更新dp[j]。}}System.out.println(dp[N]);//输出最终结果，即考虑所有物品，在不超过背包最大承重的情况下可以获得的最大价值。scanner.close();//关闭Scanner对象。}
}

• 时间复杂度：O(M * N)
• 空间复杂度：O(N)

4.分割等和子集

力扣题目链接(opens new window)

题目难易：中等

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
• 解释: 数组不能分割成两个元素和相等的子集.

提示：

• 1 <= nums.length <= 200
• 1 <= nums[i] <= 100

思路

这道题目初步看，和如下两题几乎是一样的，大家可以用回溯法，解决如下两题

• 698.划分为k个相等的子集
• 473.火柴拼正方形

这道题目是要找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。

那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和，就算是可以分割成两个相同元素和子集了。

本题是可以用回溯暴力搜索出所有答案的，但最后超时了，也不想再优化了，放弃回溯，直接上01背包吧。

如果对01背包不够了解，建议仔细看完如下两篇：

• 动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！(opens new window)
• 动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组）(opens new window)

01背包问题

背包问题，大家都知道，有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

背包问题有多种背包方式，常见的有：01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包等等。

要注意题目描述中商品是不是可以重复放入。

即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包，写法还是不一样的。

要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。

回归主题：首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。

那么来一一对应一下本题，看看背包问题如何来解决。

只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来。

• 背包的体积为sum / 2
• 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
• 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
• 背包中每一个元素是不可重复放入。

以上分析完，我们就可以套用01背包，来解决这个问题了。

动规五部曲分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

01背包中，dp[j] 表示： 容量为j的背包，所背的物品价值最大可以为dp[j]。

本题中每一个元素的数值既是重量，也是价值。

套到本题，dp[j]表示 背包总容量（所能装的总重量）是j，放进物品后，背的最大重量为dp[j]。

那么如果背包容量为target， dp[target]就是装满 背包之后的重量，所以 当 dp[target] == target 的时候，背包就装满了。

有录友可能想，那还有装不满的时候？

拿输入数组 [1, 5, 11, 5]，举例， dp[7] 只能等于 6，因为 只能放进 1 和 5。

而dp[6] 就可以等于6了，放进1 和 5，那么dp[6] == 6，说明背包装满了。

1. 确定递推公式

01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

本题，相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。

所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

1. dp数组如何初始化

在01背包，一维dp如何初始化，已经讲过，

从dp[j]的定义来看，首先dp[0]一定是0。

如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。

这样才能让dp数组在递推的过程中取得最大的价值，而不是被初始值覆盖了。

本题题目中 只包含正整数的非空数组，所以非0下标的元素初始化为0就可以了。

1. 确定遍历顺序

在动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组） (opens new window)中就已经说明：如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！

1. 举例推导dp数组

dp[j]的数值一定是小于等于j的。

如果dp[j] == j 说明，集合中的子集总和正好可以凑成总和j，理解这一点很重要。

用例1，输入[1,5,11,5] 为例，如图：

最后dp[11] == 11，说明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。

总结

这道题目就是一道01背包应用类的题目，需要我们拆解题目，然后套入01背包的场景。

01背包相对于本题，主要要理解，题目中物品是nums[i]，重量是nums[i]，价值也是nums[i]，背包体积是sum/2。

看代码的话，就可以发现，基本就是按照01背包的写法来的。

public class Partition_Equal_Subset_Sum_Problem {public boolean canPartition(int[] nums) {//接受一个整数数组nums作为参数，并返回一个布尔值，表示是否可以将数组分成两个子集，使得这两个子集的元素之和相等。if(nums == null || nums.length == 0) return false;//如果数组为空或不存在，则返回false。int n = nums.length;int sum = 0;//变量sum来存储数组中所有元素的总和。for(int num : nums) {sum += num;}if(sum % 2 != 0) return false;//如果总和不是偶数，则不可能将数组分成两个等和子集，返回false。int target = sum / 2;//将总和除以2，得到目标和，即每个子集需要达到的和。int[] dp = new int[target + 1];//一维数组dp，大小为目标和加1，用于存储动态规划的中间结果。dp[j]表示是否可以达到和j。for(int i = 0; i < n; i++) {//遍历整数数组nums中的每个元素for(int j = target; j >= nums[i]; j--) {//从target（目标和，即数组总和的一半）开始，向下遍历到当前元素nums[i]的值。倒序遍历的原因是为了避免在同一轮中重复使用同一个元素。dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);//更新动态规划数组dp。对于每个j，我们考虑两种情况：不使用当前元素nums[i]，dp[j]保持不变。使用当前元素nums[i]，那么新的和为dp[j - nums[i]] + nums[i]。dp[j]被更新为这两种情况中的最大值。这样做是为了确保我们总是保留达到和j的最大可能值。}if(dp[target] == target)//检查dp[target]是否等于target。如果是，这意味着我们已经找到了一个和为target的子集，因此可以提前返回true。return true;}return dp[target] == target;//遍历完所有元素后，如果dp[target]等于target，这意味着我们成功地找到了一个和为target的子集，因此返回true。否则，返回false。}}

• • 时间复杂度：O(n * target)
  • 空间复杂度：O(target)或O(sum)

public class Partition_Equal_Subset_Sum_Problem {public static boolean canPartition2(int[] nums) {int len = nums.length;int sum = 0;for (int num : nums) {sum += num;}if ((sum %2 ) != 0) {return false;}int target = sum / 2;boolean[][] dp = new boolean[len][target + 1];//数组dp的大小为len行（每个物品一个状态）和target + 1列（从0到目标和的所有可能和）。if (nums[0] <= target) {//如果数组的第一个元素小于或等于目标和，那么我们可以设置dp[0][nums[0]]为true，因为只使用第一个元素就可以达到和nums[0]。dp[0][nums[0]] = true;}for (int i = 1; i < len; i++) {//外层循环遍历每个物品（从第二个开始）for (int j = 0; j <= target; j++) {//内层循环遍历从  0  到  target  的所有可能和。dp[i][j] = dp[i - 1][j];//初始化当前状态为不选择当前物品的状态。 当前行的dp[i][j]值初始化为上一行的dp[i - 1][j]值，表示不选择当前物品i。if (nums[i] == j) {//如果当前物品的值等于j，则dp[i][j]为true。dp[i][j] = true;continue;}if (nums[i] < j) {//如果当前物品的值小于  j ，则可以选择当前物品或不选择，更新  dp[i][j]  的值。=dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];}}}for (int i = 0; i < len; i++) {//打印出  dp  数组的内容，便于调试和理解每个状态的值。 for (int j = 0; j <= target; j++) {System.out.print(dp[i][j]+" ");}System.out.println();}return dp[len - 1][target];//考虑所有物品时，是否可以达到目标和  target 。 }}

• • 时间复杂度：O(n * target)
  • 空间复杂度：O(n * target)

public class Partition_Equal_Subset_Sum_Problem {public boolean canPartition3(int[] nums) {int len = nums.length;if(len == 0)return false;int sum = 0;for (int num : nums)sum += num;if(sum % 2 == 1)return false;int target = sum / 2;int[][] dp = new int[nums.length][target + 1];//一个二维数组  dp ，大小为  len x (target + 1) 。 dp[i][j]  表示前  i  个元素能否达到和为  j 。for(int j = nums[0]; j <= target; j++){//初始化第一行：如果第一个元素小于或等于  target ，那么可以用第一个元素填充  dp[0][j] 。dp[0][j] = nums[0];}for(int i = 1; i < len; i++){// 外层循环遍历每个物品（从第二个开始）。for(int j = 0; j <= target; j++){//内层循环遍历从  0  到  target  的所有可能和。 if (j < nums[i])//果当前和  j  小于当前物品  nums[i] ，则不能选择该物品， dp[i][j]  继承上一行的值。dp[i][j] = dp[i - 1][j];else//如果当前和  j  大于等于当前物品  nums[i] ，则可以选择或不选择当前物品，取两者中的最大值。 dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - nums[i]] + nums[i]);}}return dp[len - 1][target] == target;//最后返回  dp[len - 1][target] == target ，即检查是否可以用所有物品达到目标和  target 。 }}

• • 时间复杂度：O(n * target)
  • 空间复杂度：O(n * target)