算法416. 分割等和子集
题目
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
题解
class Solution:def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:memo={}# dfs的目的是考虑前 i+1 个数（即 nums[0] 到 nums[i]）的情况下，能否选出一个子集，使其元素之和恰好等于jdef dfs(i:int,j:int) -> bool:if (i,j) in memo:return memo[(i,j)]# 结束条件，i遍历完if i<0:return j==0# 背包装不下，或者可以理解成所有值得和大于0，所以不存在j-nums[j]<0的情况# 剪枝if j<nums[i]:memo[(i,j)] = dfs(i-1,j)return dfs(i-1,j) # 不选择该值memo[(i,j)] = dfs(i-1,j-nums[i]) or dfs(i-1,j)return dfs(i-1,j-nums[i]) or dfs(i-1,j)s=sum(nums)return s%2==0 and dfs(len(nums) - 1, s // 2)
这里可以使用0-1背包的思路思考这道题
🎯 一、问题转化：从“分割数组”到“0-1 背包”
题目：给定一个只包含正整数的非空数组 nums，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。
✅ 转化步骤：
- 计算总和：
s = sum(nums) - 如果
s是奇数 → 不可能平分 → 直接返回False - 如果
s是偶数 → 目标变成：能否从nums中选出若干个数，使其和恰好等于target = s // 2？
🔑 这就是经典的 0-1 背包问题中的“恰好装满”判定问题！
🎒 二、0-1 背包的标准模型回顾
| 背包要素 | 本题对应内容 |
|---|---|
| 物品 | 数组中的每个数 nums[i] |
| 物品重量 | nums[i]（同时也是“价值”，但这里不关心价值） |
| 背包容量 | target = s // 2 |
| 选择限制 | 每个数最多选一次（0-1） |
| 目标 | 能否恰好装满背包（即子集和 = target） |
💡 注意：这里我们不求最大价值，而是判断是否存在一种选法，使总重量恰好等于容量。
🧠 三、状态定义（DP / DFS）
递归函数定义（记忆化搜索版）：
def dfs(i, j) -> bool:
- 含义：考虑前
i+1个物品（即nums[0..i]），能否选出一个子集，使其和恰好为j。 - 目标：
dfs(n-1, target)
这完全对应 0-1 背包的状态定义：
dp[i][j] = 能否用前 i 个物品凑出重量 j
🔁 四、状态转移方程（0-1 背包核心）
对于第 i 个物品（重量 = nums[i]），有两种选择：
情况 1️⃣：不选第 i 个物品
- 那么问题变成：用前
i-1个物品凑出j - 对应：
dfs(i - 1, j)
情况 2️⃣：选第 i 个物品（前提是能装下！）
- 条件：
j >= nums[i] - 那么问题变成：用前
i-1个物品凑出j - nums[i] - 对应：
dfs(i - 1, j - nums[i])
✅ 状态转移方程：
if j >= nums[i]:dfs(i, j) = dfs(i-1, j - nums[i]) or dfs(i-1, j)
else:dfs(i, j) = dfs(i-1, j) # 只能不选
这正是你代码中的逻辑！
🛑 五、边界条件（Base Case）
if i < 0: # 没有物品可选了return j == 0
- 当没有物品时（
i = -1）：- 如果目标
j == 0→ 空集满足条件 →True - 如果
j > 0→ 无法凑出正数 →False
- 如果目标
这对应背包问题中“用 0 个物品凑出 0 重量是可行的，凑出正重量不可行”。
🧪 六、举个完整例子（按背包逻辑走一遍）
nums = [1, 5, 11, 5]
s = 22→target = 11- 问：能否从
[1,5,11,5]中选出若干数，和为 11？ - 物品：4 个，重量分别是 1, 5, 11, 5
- 背包容量：11
尝试选法：
- 选
11→ 刚好凑满 ✅ - 或选
1 + 5 + 5 = 11✅
所以 dfs(3, 11) 应返回 True
递归过程会探索：
- 在
i=3（值为 5）时，j=11 >= 5→ 尝试选或不选- 选：看
dfs(2, 6) - 不选：看
dfs(2, 11)
- 选：看
dfs(2, 11)中，nums[2]=11，j=11 >= 11→ 选它 →dfs(1, 0)→ 最终i=-1, j=0→True
🧩 七、为什么这是“0-1 背包”而不是“完全背包”？
- 0-1 背包：每个物品只能用一次 → 对应“每个数只能选一次”
- 完全背包：物品可用无限次 → 不符合题意（不能重复使用同一个元素）
所以本题是标准的 0-1 背包判定问题。
📌 八、总结：0-1 背包视角下的完整逻辑链
| 步骤 | 内容 |
|---|---|
| 1. 问题转化 | 分割等和子集 ⇨ 能否选出子集和 = sum(nums)//2 |
| 2. 模型识别 | 物品 = 数字，重量 = 数值，容量 = target，选或不选 → 0-1 背包 |
| 3. 状态定义 | dfs(i, j) = 前 i+1 个数能否凑出和 j |
| 4. 状态转移 | 能装下就“选或不选”，装不下就“只能不选” |
| 5. 边界条件 | 无物品时，只有 j=0 可行 |
| 6. 最终答案 | dfs(n-1, target) |
✅ 结论：
canPartition 问题本质上就是一个 0-1 背包的“可行性判定”变种，完全符合 0-1 背包的逻辑框架。
代码正是用记忆化搜索实现的 0-1 背包解法，非常标准！