标签： 动态规划

目标

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。

说明：

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

思路

给定非空数组 nums，判断能否将数组划分成两个子序列，使得子序列的元素和相等。

可以求出所有元素和，然后记忆化搜索子序列，使用所有元素和减去子序列和可得剩余子序列的和。

代码

/**
 * @date 2025-04-07 8:47
 */
public class CanPartition416 {

    /**
     * 定义 dp[i][j] 表示 i ~ n - 1 是否存在和为 j 的子序列，初始化 dp[n][0] = true
     * 状态转移方程为 dp[i][j] = dp[i + 1][j] || dp[i + 1][j - nums[i]]
     */
    public boolean canPartition_v1(int[] nums) {
        int t = Arrays.stream(nums).sum();
        if (t % 2 != 0) {
            return false;
        }
        int n = nums.length;
        boolean[][] dp = new boolean[n + 1][t / 2 + 1];
        dp[n][0] = true;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = 0; j <= t / 2; j++) {
                dp[i][j] = j >= nums[i] && dp[i + 1][j - nums[i]] || dp[i + 1][j];
            }
        }
        return dp[0][t / 2];
    }

    int total;

    public boolean canPartition(int[] nums) {
        for (int num : nums) {
            total += num;
        }
        if (total % 2 != 0) {
            return false;
        }
        int[][] mem = new int[nums.length][total + 1];
        for (int[] m : mem) {
            Arrays.fill(m, -1);
        }
        return dfs(0, nums, 0, mem);
    }

    public boolean dfs(int index, int[] nums, int sum, int[][] mem) {
        if (index == nums.length) {
            return total == sum << 1;
        }
        if (mem[index][sum] != -1) {
            return mem[index][sum] == 1;
        }
        boolean res;
        res = dfs(index + 1, nums, sum, mem);
        if (!res) {
            res = dfs(index + 1, nums, sum + nums[index], mem);
        }
        mem[index][sum] = res ? 1 : 0;
        return res;
    }

}

性能

目标

给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的二进制字符串 s ，你可以对其执行两种操作：

• 选中一个下标 i 并且反转从下标 0 到下标 i（包括下标 0 和下标 i ）的所有字符，成本为 i + 1 。
• 选中一个下标 i 并且反转从下标 i 到下标 n - 1（包括下标 i 和下标 n - 1 ）的所有字符，成本为 n - i 。

返回使字符串内所有字符 相等 需要的 最小成本 。

反转 字符意味着：如果原来的值是 '0' ，则反转后值变为 '1' ，反之亦然。

示例 1：

输入：s = "0011"
输出：2
解释：执行第二种操作，选中下标 i = 2 ，可以得到 s = "0000" ，成本为 2 。可以证明 2 是使所有字符相等的最小成本。

示例 2：

输入：s = "010101"
输出：9
解释：执行第一种操作，选中下标 i = 2 ，可以得到 s = "101101" ，成本为 3 。
执行第一种操作，选中下标 i = 1 ，可以得到 s = "011101" ，成本为 2 。
执行第一种操作，选中下标 i = 0 ，可以得到 s = "111101" ，成本为 1 。
执行第二种操作，选中下标 i = 4 ，可以得到 s = "111110" ，成本为 2 。
执行第二种操作，选中下标 i = 5 ，可以得到 s = "111111" ，成本为 1 。
使所有字符相等的总成本等于 9 。可以证明 9 是使所有字符相等的最小成本。 

说明：

• 1 <= s.length == n <= 10^5
• s[i] 为 '0' 或 '1'

思路

有一个二进制字符串，每次操作可以反转前缀 0 ~ i，成本是 i + 1，也可以反转后缀 i ~ n - 1，成本是 n - i。求使字符串所有字符相等的最小成本。

如何操作才能使字符相等？相等字符是 0 还是 1？操作哪边才能使成本最小？

关键点是想清楚与是 0 还是 1 没有关系，只要相邻的元素值不同，就必须要反转，无非是考虑反转前缀还是后缀，每次操作只影响相邻的元素关系。

代码

/**
 * @date 2025-03-27 1:33
 */
public class MinimumCost2712 {

    public long minimumCost(String s) {
        int n = s.length();
        long res = 0;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            if (s.charAt(i) != s.charAt(i - 1)) {
                // i 表示反转 0 ~ i - 1，n - i 表示反转 i ~ n - 1
                res += Math.min(i, n - i);
            }
        }
        return res;
    }
}

性能

目标

给你一个由正整数组成的数组 nums 和一个 正 整数 k 。

如果 nums 的子集中，任意两个整数的绝对差均不等于 k ，则认为该子数组是一个 美丽 子集。

返回数组 nums 中 非空 且 美丽 的子集数目。

nums 的子集定义为：可以经由 nums 删除某些元素（也可能不删除）得到的一个数组。只有在删除元素时选择的索引不同的情况下，两个子集才会被视作是不同的子集。

示例 1：

输入：nums = [2,4,6], k = 2
输出：4
解释：数组 nums 中的美丽子集有：[2], [4], [6], [2, 6] 。
可以证明数组 [2,4,6] 中只存在 4 个美丽子集。

示例 2：

输入：nums = [1], k = 1
输出：1
解释：数组 nums 中的美丽数组有：[1] 。
可以证明数组 [1] 中只存在 1 个美丽子集。

说明：

• 1 <= nums.length <= 18
• 1 <= nums[i], k <= 1000

思路

返回数组的美丽子序列个数，美丽指子序列中任意两个元素的差的绝对值不等于 k。

由于数组长度不大，可以回溯枚举子序列，并针对每一子序列，两两比较，判断差的绝对值是否等于 k。

更好的处理方法是使用哈希表记录元素的出现次数，回溯枚举子序列时直接判断当前元素加减 k 的绝对值是否存在于哈希表中。

代码

/**
 * @date 2025-03-07 0:09
 */
public class BeautifulSubsets2597 {

    public int beautifulSubsets(int[] nums, int k) {
        return dfs(0, new ArrayList<>(), nums, k);
    }

    public int dfs(int index, List<Integer> path, int[] nums, int k) {
        if (index == nums.length) {
            return path.size() > 0 ? 1 : 0;
        }
        int res = 0;
        res += dfs(index + 1, path, nums, k);
        for (Integer num : path) {
            if (Math.abs(num - nums[index]) == k) {
                return res;
            }
        }
        path.add(nums[index]);
        res += dfs(index + 1, path, nums, k);
        path.remove(path.size() - 1);
        return res;
    }

}

性能