416. 分割等和子集

给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断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。

示例 1：

输入：nums = [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：nums = [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

动态规划，递推

背包问题。

特殊情况：n<2或总和为奇数或最大值大于target。

dp[i][j] 表示在前 i+1 个元素中是否可以找到和为 j 的子集。任何 dp[i][0] 都为 true，因为和为0的子集就是空集。

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        // 特殊情况
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        
        int sum = 0, maxNum = 0;
        // 求最大值和总和
        for (int num : nums) {
            sum += num;
            maxNum = Math.max(maxNum, num);
        }
        // 特殊情况：总和为奇数
        if (sum % 2 != 0) {
            return false;
        }
        // 特殊情况：最大值大于和的一半，说明最大值不行，剩下的值也不行（小于target）。
        int target = sum / 2;
        if (maxNum > target) {
            return false;
        }
        
        // 初始化
        // dp[i][j] 表示在前 i+1 个元素[0...i]中是否可以找到和为 j 的子集。重点。
        boolean[][] dp = new boolean[n][target + 1];
        // 初始化 dp 的第一列，任何 dp[i][0] 都为 true，因为和为0的子集就是空集。重点。
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i][0] = true;
        }
        
        // 初始化第一行中的第nums[0]个元素。dp数组的第一行中的其它值都是false。重点。
        dp[0][nums[0]] = true;
        // 开始递推。先遍历物品再遍历容量。
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int num = nums[i];
            // 不能从num开始遍历，不然j<num时dp[i][j]是默认值，应该是dp[i-1][j]才对。重点。
            // 滚动更新的时候才可以从num开始遍历。
            for (int j = 1; j <= target; j++) {
                if (j >= num) {
                    // 如果当前和 j 大于等于当前元素 num，可以选择当前元素或不选择当前元素
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - num];
                } else {
                    // 如果当前和 j 小于当前元素 num，只能不选择当前元素，即和上一轮的值一样。
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
        
        return dp[n - 1][target];
    }
}

• 时间复杂度：$O(n \times target)$，其中 $n$ 是数组的长度， target 是整个数组的元素和的一半。需要计算出所有的状态， 每个状态在进行转移时的时间复杂度为 $O(1)$。
• 空间复杂度：$O(n \times target)$，其中 target 是整个数组的元素和的一半。空间复杂度取决于 dp 数组， 在不进行空间优化的情况下，空间复杂度是 $O(n \times target)$，在进行空间优化的情况下，空间复杂度可以降到 $O(target)$。

动态规划优化空间-数组递推+倒序遍历+滚动更新。

之所以要倒序遍历，是因为dp[j]依赖的是上一轮的dp[j-num]，如果从前往后遍历的话，dp[j]依赖的就是本轮的dp[j-num]了

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        // 特殊情况
        if (n < 2) {
            return false;
        }
        
        int sum = 0, maxNum = 0;
        // 求最大值
        for (int num : nums) {
            sum += num;
            maxNum = Math.max(maxNum, num);
        }
        // 特殊情况：总和为奇数
        if (sum % 2 != 0) {
            return false;
        }
        // 特殊情况：最大值大于target
        int target = sum / 2;
        if (maxNum > target) {
            return false;
        }
        
        // 初始化
        boolean[] dp = new boolean[target + 1];
        dp[0] = true;
        // 正序遍历物品，倒序遍历容量。
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int num = nums[i];
            // 之所以要倒序遍历j，是因为dp[j]依赖的是上一轮的dp[j-num]，如果从前往后遍历的话，
            // dp[j]依赖的就是本轮的dp[j-num]了。就好像拖地要倒着拖不能正着拖，不然又踩脏了。
            for (int j = target; j >= num; --j) {
                dp[j] |= dp[j - num];
            }
        }
        
        return dp[target];
    }
}

• 时间复杂度: $O(n \times$ target $)$ ，其中 $n$ 是数组的长度， target 是整个数组的元素和的一半。需要计算出所有的状态，每个状态在进行转移时的时间复杂度为 $O(1)$ 。
• 空间复杂度: $O$ (target)，其中 target 是整个数组的元素和的一半。空间复杂度取决于 $d p$ 数组，在不进行空间优化的情况下，空间复杂度是 $O(n \times$ target ，在进行空间优化的情况下，空间复杂度可以降到 $O($ target $)$ 。