【力扣hot100题】（088）分割等和子集

果然越来越难了，真的想了好久，最后看答案才发觉这是01背包问题的变种。

先去看了01背包问题，将体积和质量不等的物体塞进容积固定的背包中，求质量最大的装法。方法是维护一个二维数组，两个维度一个代表遍历到第几个物体，一个代表占用空间，数组内容是背包内总质量。每次遍历一个物体，然后遍历上一个物体占用空间，如果剩下的空间能塞入当前物体那进行如下状态转换：

总质量[当前物体][截止至上一个物体占用的空间+该物体占用空间]=总质量[上一物体][截止至上一物体占用的空间]+当前物体质量。

于是这道题也可以用类似的思路。

不过二维数组用bool类型就可以了，只需要检查截止至物体能不能占满这个空间。

状态转换方程：（放入当前物体的情况）

是否能占满[当前物体][截止至上一物体占用的空间+该物体占用的空间]=是否占满[上一物体][截止至上一物体占用的空间]

并且：

是否能占满[当前物体][截止至上一物体占用的空间]=是否占满[上一物体][截止至上一物体占用的空间]

（不放当前物体的情况）

如果上一物体可以占满这个空间，那么加上当前物体就可以占满上一空间+这一物体空间的空间。

这样的话每次都能保留是否放入之前的物体的结果。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums){
        int sum=0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++) sum+=nums[i];
        if(sum%2==1) return 0;
        else sum/=2;
        bool a[201][20000];
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<nums.size();i++){
            for(int j=0;j<=sum;j++){
                if(a[i-1][j]==1||j==0){
                    a[i][j]=1;
                    a[i][j+nums[i]]=1;
                }
            }
            if(a[i][sum]==1) return 1;
        }
        return 0;
    }
};

其实应该是可以优化空间复杂度的，因为每个物体只需要用到上一物体的数组。

想了一会怎么才能不重复加入元素最终看了答案，原来从大到小遍历就可以了，这样每次只会加入增大的元素，不会产生重复加入的问题。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums){
        int sum=0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++) sum+=nums[i];
        if(sum%2==1) return 0;
        else sum/=2;
        bool a[20000];
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<nums.size();i++){
            for(int j=sum;j>=0;j--){
                if(a[j]==1||j==0) a[j+nums[i]]=1;
            }
            if(a[sum]==1) return 1;
        }
        return 0;
    }
};