目标和：背包问题的变体

labuladong2022-08-142024-02-15

目标和：背包问题的变体

读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：

LeetCode	力扣	难度
494. Target Sumopen in new window	494. 目标和open in new window	🟠
-	剑指 Offer II 102. 加减的目标值open in new window	🟠

我们前文经常说回溯算法和递归算法有点类似，有的问题如果实在想不出状态转移方程，尝试用回溯算法暴力解决也是一个聪明的策略，总比写不出来解法强。

那么，回溯算法和动态规划到底是啥关系？它俩都涉及递归，算法模板看起来还挺像的，都涉及做「选择」，真的酷似父与子。

那么，它俩具体有啥区别呢？回溯算法和动态规划之间，是否可能互相转化呢？

今天就用力扣第 494 题「目标和open in new window」来详细对比一下回溯算法和动态规划，题目如下：

给你输入一个非负整数数组 nums 和一个目标值 target，现在你可以给每一个元素 nums[i] 添加正号 + 或负号 -，请你计算有几种符号的组合能够使得 nums 中元素的和为 target。

函数的签名如下：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

int findTargetSumWays(int[] nums, int target);

比如说输入 nums = [1,3,1,4,2], target = 5，算法返回 3，因为有如下 3 种组合能够使得 target 等于 5：

-1+3+1+4-2=5
-1+3+1+4-2=5
+1-3+1+4+2=5

nums 的元素也有可能包含 0，我们可以正常地给 0 分配正负号。

#一、回溯思路

其实我第一眼看到这个题目，花了两分钟就写出了一个回溯解法。

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，前文回溯算法解题框架就写了回溯算法框架：

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

如果看过我们之前的几篇回溯算法文章，这个代码可以说是比较简单的了：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

class Solution {
    int result = 0;

    /* 主函数 */
    public 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 remain) {
        // base case
        if (i == nums.length) {
            if (remain == 0) {
                // 说明恰好凑出 target
                result++;
            }
            return;
        }
        // 给 nums[i] 选择 - 号
        remain += nums[i];
        // 穷举 nums[i + 1]
        backtrack(nums, i + 1, remain);
        // 撤销选择
        remain -= nums[i]; 
        
        // 给 nums[i] 选择 + 号
        remain -= nums[i];
        // 穷举 nums[i + 1]
        backtrack(nums, i + 1, remain);
        // 撤销选择
        remain += nums[i];
    }
}

有的读者可能问，选择 - 的时候，为什么是 remain += nums[i]，选择 + 的时候，为什么是 remain -= 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 remain - 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 O(2^N)，N 为 nums 的大小。这个复杂度怎么算的？回忆前文学习数据结构和算法的框架思维，发现这个回溯算法就是个二叉树的遍历问题：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

void backtrack(int[] nums, int i, int remain) {
    if (i == nums.length) {
        return;
    }
    backtrack(nums, i + 1, remain - nums[i]);
    backtrack(nums, i + 1, remain + 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 O(2^N)，其实是非常低效的。

那么，这个问题如何用动态规划思想进行优化呢？

#二、消除重叠子问题

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 remain。

前文动态规划之编辑距离说了一种一眼看出重叠子问题的方法，先抽象出递归框架：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

void backtrack(int i, int remain) {
    backtrack(i + 1, remain - nums[i]);
    backtrack(i + 1, remain + nums[i]);
}

举个简单的例子，如果 nums[i] = 0，会发生什么？

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

void backtrack(int i, int remain) {
    backtrack(i + 1, remain);
    backtrack(i + 1, remain);
}

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, remain) 是可以用备忘录技巧进行优化的：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

class Solution {
    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 remain) {
        // base case
        if (i == nums.length) {
            if (remain == 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 + "," + remain;
        // 避免重复计算
        if (memo.containsKey(key)) {
            return memo.get(key);
        }
        // 还是穷举
        int result = dp(nums, i + 1, remain - nums[i]) + dp(nums, i + 1, remain + nums[i]);
        // 记入备忘录
        memo.put(key, result);
        return result;
    }
}

🌈 代码可视化动画 🌈

以前我们都是用 Python 的元组配合哈希表 dict 来做备忘录的，其他语言没有元组，可以用把「状态」转化为字符串作为哈希表的键，这是一个常用的小技巧。

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？

#三、动态规划

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 sum(A) = (target + sum(nums)) / 2，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 (target + sum(nums)) / 2**？

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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

/* 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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

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 < Math.abs(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；但是 dp[0][0] 应该是个例外，因为如果背包的最大载重为 0，「什么都不装」也算是一种装法，即 dp[0][0] = 1。

注

可能有些看过前文 0-1 背包问题和完全背包问题这两篇背包问题的文章之后会有疑问，为什么 base case 不是 dp[..][0] = 1 呢？即背包容量为 0 时，只有「什么都不装」这一种装法。这里不能这样初始化，是因为本题 nums 数组中的元素是可能为 0 的，那么背包容量为 0 时，「什么都不装」可能就不是唯一的装法了，而需要在状态转移的过程中具体去计算。

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]]。

注

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：

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-nums[i-1]];

然后，根据状态转移方程写出动态规划算法：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

/* 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
    dp[0][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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

/* 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];
}