力扣–目标和
一、题目描述
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
}
};
二、分析
方法一：枚举
class Solution {
public:
//保存结果
int count = 0;
//start代表当前在nums的下标索引
//sum代表当前+／-运算之后的结果
//target代表目标结果
void dp(vector<int>& nums, int start, int sum, int target)
{
//遍历完数组并且sum和target相等才++count
if(start == nums.size())
{
if(target == sum)
{
count++;
}
return ;
}
//+
dp(nums,start + 1,sum + nums[start],target);
//-
dp(nums,start + 1,sum - nums[start],target);
}
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S)
{
if(nums.empty())
{
return 0;
}
dp(nums, 0, 0, S);
return count;
}
};
方法二：回溯【超时】
- 任何算法的核心都是穷举，回溯算法就是一个暴力穷举算法，回溯算法框架：
def backtrack(路径, 选择列表):
if 满足结束条件:
result.add(路径)
return
for 选择 in 选择列表:
做选择
backtrack(路径, 选择列表)
撤销选择
- 关键就是搞清楚什么是「选择」，而对于这道题，「选择」不是明摆着的吗？
-
对于每个数字 nums[i]，我们可以选择给一个正号 + 或者一个负号 -，然后利用回溯模板穷举出来所有可能的结果，数一数到底有几种组合能够凑出 target 不就行了嘛？ - 伪码思路如下：
def backtrack(nums, i):
if i == len(nums):
if 达到 target:
result += 1
return
for op in { +1, -1 }:
选择 op * nums[i]
# 穷举 nums[i + 1] 的选择
backtrack(nums, i + 1)
撤销选择
- 代码
int result = 0;
/* 主函数 */
int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
if (nums.length == 0)
return 0;
backtrack(nums, 0, target);
return result;
}
/* 回溯算法模板 */
void backtrack(int[] nums, int i, int rest)
{
// base case
if (i == nums.length)
{
if (rest == 0)
{
// 说明恰好凑出 target
result++;
}
return;
}
// 给 nums[i] 选择 - 号
rest += nums[i];
// 穷举 nums[i + 1]
backtrack(nums, i + 1, rest);
// 撤销选择
rest -= nums[i];
// 给 nums[i] 选择 + 号
rest -= nums[i];
// 穷举 nums[i + 1]
backtrack(nums, i + 1, rest);
// 撤销选择
rest += nums[i];
}
-
有的读者可能问，选择 - 的时候，为什么是 rest += nums[i]，选择 + 的时候，为什么是 rest -= nums[i] 呢，是不是写反了？ - 不是的，「
如何凑出 target」和「如何把 target 减到 0」其实是一样的。我们这里选择后者，因为前者必须给 backtrack 函数多加一个参数，我觉得不美观：
void backtrack(int[] nums, int i, int sum, int target) {
// base case
if (i == nums.length)
{
if (sum == target)
{
result++;
}
return;
}
// ...
}
-
因此，如果我们给 nums[i] 选择 + 号，就要让 rest - nums[i]，反之亦然。 - 以上回溯算法可以解决这个问题，时间复杂度为 ，N 为 nums 的大小。
- 进一步观察发现这个回溯算法就是个二叉树的遍历问题：
void backtrack(int[] nums, int i, int rest) {
if (i == nums.length)
{
return;
}
backtrack(nums, i + 1, rest - nums[i]);
backtrack(nums, i + 1, rest + nums[i]);
}
- 树的高度就是 nums 的长度嘛，所以说时间复杂度就是这棵二叉树的节点数，为 ，其实是非常低效的。
方法三：消除重叠子问题【超时】
- 动态规划之所以比暴力算法快，是
因为动态规划技巧消除了重叠子问题。 - 如何发现重叠子问题？
看是否可能出现重复的「状态」。对于递归函数来说，函数参数中会变的参数就是「状态」，对于 backtrack 函数来说，会变的参数为 i 和 rest。 - 先抽象出递归框架：
void backtrack(int i, int rest) {
backtrack(i + 1, rest - nums[i]);
backtrack(i + 1, rest + nums[i]);
}
- 举个简单的例子，如果 nums[i] = 0，会发生什么？
void backtrack(int i, int rest) {
backtrack(i + 1, rest);
backtrack(i + 1, rest);
}
- 你看，这样就出现了两个「状态」完全相同的递归函数，无疑这样的递归计算就是重复的。
- 这就是重叠子问题，而且只要我们能够找到一个重叠子问题，那一定还存在很多的重叠子问题。
- 因此，状态 (i, rest) 是可以用备忘录技巧进行优化的：
int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
if (nums.length == 0)
return 0;
return dp(nums, 0, target);
}
// 备忘录
HashMap<String, Integer> memo = new HashMap<>();
int dp(int[] nums, int i, int rest) {
// base case
if (i == nums.length)
{
if (rest == 0)
return 1;
return 0;
}
// 把它俩转成字符串才能作为哈希表的键
String key = i + "," + rest;
// 避免重复计算
if (memo.containsKey(key))
{
return memo.get(key);
}
// 还是穷举
int result = dp(nums, i + 1, rest - nums[i]) + dp(nums, i + 1, rest + nums[i]);
// 记入备忘录
memo.put(key, result);
return result;
}
- 这个解法通过备忘录消除了很多重叠子问题，效率有一定的提升，但是这就结束了吗？
方法四：动态规划
- 事情没有这么简单，先来算一算，消除重叠子问题之后，
算法的时间复杂度是多少？其实最坏情况下依然是。 - 为什么呢？
因为我们只不过恰好发现了重叠子问题，顺手用备忘录技巧给优化了，但是底层思路没有变，依然是暴力穷举的回溯算法，依然在遍历一棵二叉树。 - 这只能叫对回溯算法进行了「剪枝」，提升了算法在某些情况下的效率，但算不上质的飞跃。
- 其实，这个问题可以转化为一个子集划分问题，而子集划分问题又是一个典型的
背包问题。动态规划总是这么玄学，让人摸不着头脑…… - 首先，
如果我们把 nums 划分成两个子集 A 和 B，分别代表分配 + 的数和分配 - 的数，那么他们和 target 存在如下关系：
sum(A) - sum(B) = target
sum(A) = target + sum(B)
sum(A) + sum(A) = target + sum(B) + sum(A)
2 * sum(A) = target + sum(nums)
- 综上，可以推出 ，也就是把原问题转化成：nums 中存在几个子集A，使得 A 中元素的和为 ？
- 类似的子集划分问题我们前文 经典背包问题：子集划分 讲过，现在实现这么一个函数：
/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum) {}
//然后，可以这样调用这个函数：
int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for (int n : nums)
sum += n;
// 这两种情况，不可能存在合法的子集划分
if (sum < target || (sum + target) % 2 == 1)
{
return 0;
}
return subsets(nums, (sum + target) / 2);
}
- 好的，变成背包问题的标准形式：
- 有一个
背包，容量为 sum，现在给你 N 个物品，第 i 个物品的重量为 nums[i - 1]（注意 1 <= i <= N），每个物品只有一个，请问你有几种不同的方法能够恰好装满这个背包？ - 现在，这就是一个正宗的动态规划问题了，下面按照我们一直强调的动态规划套路走流程：
-
第一步要明确两点，「状态」和「选择」。 - 对于背包问题，这个都是一样的，
状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。 -
第二步要明确 dp 数组的定义。 - 按照背包问题的套路，可以给出如下定义：
-
dp[i][j] = x 表示，若只在前 i 个物品中选择，若当前背包的容量为 j，则最多有 x 种方法可以恰好装满背包。 -
翻译成我们探讨的子集问题就是，若只在 nums 的前 i 个元素中选择，若目标和为 j，则最多有 x 种方法划分子集。 - 根据这个定义，显然
dp[0][..] = 0，因为没有物品的话，根本没办法装背包；dp[..][0] = 1，因为如果背包的最大载重为 0，「什么都不装」就是唯一的一种装法。 - 我们所求的答案就是 dp[N][sum]，即使用所有 N 个物品，有几种方法可以装满容量为 sum 的背包。
-
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。 - 回想刚才的 dp 数组含义，可以根据「选择」对 dp[i][j] 得到以下状态转移：
-
如果不把 nums[i] 算入子集，或者说你不把这第 i 个物品装入背包，那么恰好装满背包的方法数就取决于上一个状态dp[i-1][j]，继承之前的结果。 -
如果把 nums[i] 算入子集，或者说你把这第 i 个物品装入了背包，那么只要看前 i - 1 个物品有几种方法可以装满 j -nums[i-1] 的重量就行了，所以取决于状态 dp[i-1][j-nums[i-1]]。 - PS：注意我们说的 i 是从 1 开始算的，而数组 nums 的索引时从 0 开始算的，所以 nums[i-1] 代表的是第 i个物品的重量，j - nums[i-1] 就是背包装入物品 i 之后还剩下的容量。
- 由于 dp[i][j] 为装满背包的总方法数，所以应该以上两种选择的结果求和，得到状态转移方程：
- ;
- 然后，根据状态转移方程写出动态规划算法：
/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum)
{
int n = nums.length;
int[][] dp = new int[n + 1][sum + 1];
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
{
dp[i][0] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= sum; j++)
{
if (j >= nums[i-1])
{
// 两种选择的结果之和
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
else
{
// 背包的空间不足，只能选择不装物品 i
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[n][sum];
}
- 然后，发现这个 dp[i][j] 只和前一行 dp[i-1][…] 有关，那么肯定可以优化成一维 dp：
/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum)
{
int n = nums.length;
int[] dp = new int[sum + 1];
// base case
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// j 要从后往前遍历
for (int j = sum; j >= 0; j--)
{
// 状态转移方程
if (j >= nums[i-1])
{
dp[j] = dp[j] + dp[j-nums[i-1]];
}
else
{
dp[j] = dp[j];
}
}
}
return dp[sum];
}
- 对照二维 dp，只要把 dp 数组的第一个维度全都去掉就行了，唯一的区别就是这里的 j 要从后往前遍历，原因如下：
- 因为二维压缩到一维的根本原理是， 还没被新结果覆盖的时候，相当于二维 dp 中的 。
-
那么，我们就要做到：在计算新的 dp[j] 的时候，dp[j] 和 dp[j-nums[i-1]] 还是上一轮外层 for循环的结果。 - 如果你从前往后遍历一维 dp 数组，dp[j] 显然是没问题的，但是 dp[j-nums[i-1]] 已经不是上一轮外层 for循环的结果了，这里就会使用错误的状态，当然得不到正确的答案。
- 完整C++代码
class Solution {
public:
/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(vector<int>& nums, int sum)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp (sum + 1,0);
// base case
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// j 要从后往前遍历
for (int j = sum; j >= 0; j--)
{
// 状态转移方程
if (j >= nums[i-1])
{
dp[j] = dp[j] + dp[j-nums[i-1]];
}
else
{
dp[j] = dp[j];
}
}
}
return dp[sum];
}
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
if(nums.empty())
{
return 0;
}
int sum = 0;
for(auto e : nums)
{
sum += e;
}
if (sum < S || (sum + S) % 2 == 1)
{
return 0;
}
int target = (sum + S) / 2;
return subsets(nums, target);
}
};
- 现在，这道题算是彻底解决了。
- 总结一下，回溯算法虽好，但是复杂度高，即便消除一些冗余计算，也只是「剪枝」，没有本质的改进
- 而动态规划就比较玄学了，经过各种改造，从一个加减法问题变成子集问题，又变成背包问题，经过各种套路写出解法，又搞出状态压缩，还得反向遍历。