来源：力扣（LeetCode）
描述：
给定一个整数数组 nums 和一个正整数 k，找出是否有可能把这个数组分成 k 个非空子集，其总和都相等。
示例 1：
输入： nums = [4, 3, 2, 3, 5, 2, 1], k = 4
输出： True
说明： 有可能将其分成 4 个子集（5），（1,4），（2,3），（2,3）等于总和。
示例 2:
输入: nums = [1,2,3,4], k = 3
输出: false
提示：
方法一：状态压缩 + 记忆化搜索
思路与算法
题目给定长度为 n 的数组 nums，和整数 k，我们需要判断是否能将数组分成 k 个总和相等的非空子集。首先计算数组的和 all，如果 all 不是 k 的倍数，那么不可能能有合法方案，此时直接返回 False。否则我们需要得到 k 个和为 per = all / k 的集合，那么我们每次尝试选择一个还在数组中的数，若选择后当前已选数字和等于 per 则说明得到了一个集合，而已选数字和大于 per 时，不可能形成一个集合从而停止继续往下选择新的数字。又因为 n 满足 1 ≤ n ≤ 16，所以我们可以用一个整数 S 来表示当前可用的数字集合：从低位到高位，第 i 位为 1 则表示数字 nums[i] 可以使用，否则表示 nums[i] 已被使用。为了避免相同状态的重复计算，我们用 dp[S] 来表示在可用的数字状态为 S 的情况下是否可行，初始全部状态为记录为可行状态 True。这样我们就可以通过记忆化搜索这种「自顶向下」的方式来进行求解原始状态的可行性，而当状态集合中不存在任何数字时，即 S = 0 时，表示原始数组可以按照题目要求来进行分配，此时返回 True 即可。
代码:
class Solution {
public:
bool canPartitionKSubsets(vector<int>& nums, int k) {
int all = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (all % k > 0) {
return false;
}
int per = all / k;
sort(nums.begin(), nums.end());
if (nums.back() > per) {
return false;
}
int n = nums.size();
vector<bool> dp(1 << n, true);
function<bool(int,int)> dfs = [&](int s, int p)->bool {
if (s == 0) {
return true;
}
if (!dp[s]) {
return dp[s];
}
dp[s] = false;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (nums[i] + p > per) {
break;
}
if ((s >> i) & 1) {
if (dfs(s ^ (1 << i), (p + nums[i]) % per)) {
return true;
}
}
}
return false;
};
return dfs((1 << n) - 1, 0);
}
};
执行用时：32 ms, 在所有 C++ 提交中击败了45.14%的用户
内存消耗：9.7 MB, 在所有 C++ 提交中击败了36.57%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n×2n)，其中 n 为数组 nums 的长度，共有 2n 个状态，每一个状态进行了 n 次尝试。
空间复杂度：O(2n)，其中 n 为数组 nums 的长度，主要为状态数组的空间开销。
方法二：状态压缩 + 动态规划
思路与算法
我们同样可以用「动态规划」这种「自底向上」的方法来求解是否存在可行方案：同样我们用一个整数 S 来表示当前可用的数字集合：从低位到高位，第 i 位为 0 则表示数字 nums[i] 可以使用，否则表示 nums[i] 已被使用。然后我们用 dp[S] 来表示在可用的数字状态为 S 的情况下是否可能可行，初始全部状态为记录为不可行状态 False，只记 dp[0] = True 为可行状态。同样我们每次对于当前状态下从可用的数字中选择一个数字，若此时选择全部数字取模后小于等于 per。则说明选择该数字后的状态再继续往下添加数字是可能能满足题意的，并且此时标记状为可能可行状态，否则就一定不能达到满足。最终 dp[U] 即可，其中 U 表示全部数字使用的集合状态。
代码:
class Solution {
public:
bool canPartitionKSubsets(vector<int>& nums, int k) {
int all = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (all % k > 0) {
return false;
}
int per = all / k;
sort(nums.begin(), nums.end());
if (nums.back() > per) {
return false;
}
int n = nums.size();
vector<bool> dp(1 << n, false);
vector<int> curSum(1 << n, 0);
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
if (!dp[i]) {
continue;
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (curSum[i] + nums[j] > per) {
break;
}
if (((i >> j) & 1) == 0) {
int next = i | (1 << j);
if (!dp[next]) {
curSum[next] = (curSum[i] + nums[j]) % per;
dp[next] = true;
}
}
}
}
return dp[(1 << n) - 1];
}
};
执行用时：92 ms, 在所有 C++ 提交中击败了33.19%的用户
内存消耗：19.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了15.72%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n×2n)，其中 n 为数组 nums 的长度，共有 2n 个状态，每一个状态进行了 n 次尝试。
空间复杂度：O(2n)，其中 n 为数组 nums 的长度，主要为状态数组的空间开销。
复杂度分析
author：LeetCode-Solution