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feat: add solutions to lc problem: No.0698 #3447

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148 changes: 110 additions & 38 deletions solution/0600-0699/0698.Partition to K Equal Sum Subsets/README.md
Original file line number Diff line number Diff line change
Expand Up @@ -56,13 +56,13 @@ tags:

### 方法一:DFS + 剪枝

根据题意,我们需要将数组 `nums` 划分为 $k$ 个子集,且每个子集的和相等。因此,先累加 `nums` 中所有元素的和,如果不能被 $k$ 整除,说明无法划分为 $k$ 个子集,提前返回 `false`
根据题意,我们需要将数组 $\textit{nums}$ 划分为 $k$ 个子集,且每个子集的和相等。因此,先累加 $\textit{nums}$ 中所有元素的和,如果不能被 $k$ 整除,说明无法划分为 $k$ 个子集,提前返回 $\textit{false}$

如果能被 $k$ 整除,不妨将每个子集期望的和记为 $s$,然后创建一个长度为 $k$ 的数组 `cur`,表示当前每个子集的和。
如果能被 $k$ 整除,不妨将每个子集期望的和记为 $s$,然后创建一个长度为 $k$ 的数组 $\textit{cur}$,表示当前每个子集的和。

对数组 `nums` 进行降序排序(减少搜索次数),然后从第一个元素开始,依次尝试将其加入到 `cur` 的每个子集中。这里如果将 `nums[i]` 加入某个子集 `cur[j]` 后,子集的和超过 $s$,说明无法放入,可以直接跳过;另外,如果 `cur[j]``cur[j - 1]` 相等,意味着我们在 `cur[j - 1]` 的时候已经完成了搜索,也可以跳过当前的搜索。
对数组 $\textit{nums}$ 进行降序排序(减少搜索次数),然后从第一个元素开始,依次尝试将其加入到 $\textit{cur}$ 的每个子集中。这里如果将 $\textit{nums}[i]$ 加入某个子集 $\textit{cur}[j]$ 后,子集的和超过 $s$,说明无法放入,可以直接跳过;另外,如果 $\textit{cur}[j]$$\textit{cur}[j - 1]$ 相等,意味着我们在 $\textit{cur}[j - 1]$ 的时候已经完成了搜索,也可以跳过当前的搜索。

如果能将所有元素都加入到 `cur` 中,说明可以划分为 $k$ 个子集,返回 `true`
如果能将所有元素都加入到 $\textit{cur}$ 中,说明可以划分为 $k$ 个子集,返回 $\textit{true}$

<!-- tabs:start -->

Expand Down Expand Up @@ -145,8 +145,7 @@ public:
s /= k;
int n = nums.size();
vector<int> cur(k);
function<bool(int)> dfs;
dfs = [&](int i) {
function<bool(int)> dfs = [&](int i) {
if (i == n) {
return true;
}
Expand Down Expand Up @@ -210,31 +209,32 @@ func canPartitionKSubsets(nums []int, k int) bool {

```ts
function canPartitionKSubsets(nums: number[], k: number): boolean {
let s = nums.reduce((a, b) => a + b);
if (s % k !== 0) {
return false;
}
s /= k;
nums.sort((a, b) => a - b);
const n = nums.length;
const f: boolean[] = new Array(1 << n).fill(false);
f[0] = true;
const cur: number[] = new Array(n).fill(0);
for (let i = 0; i < 1 << n; ++i) {
if (!f[i]) {
continue;
const dfs = (i: number): boolean => {
if (i === nums.length) {
return true;
}
for (let j = 0; j < n; ++j) {
if (cur[i] + nums[j] > s) {
break;
for (let j = 0; j < k; j++) {
if (j > 0 && cur[j] === cur[j - 1]) {
continue;
}
if (((i >> j) & 1) === 0) {
f[i | (1 << j)] = true;
cur[i | (1 << j)] = (cur[i] + nums[j]) % s;
cur[j] += nums[i];
if (cur[j] <= s && dfs(i + 1)) {
return true;
}
cur[j] -= nums[i];
}
return false;
};

let s = nums.reduce((a, b) => a + b, 0);
const mod = s % k;
if (mod !== 0) {
return false;
}
return f[(1 << n) - 1];
s = Math.floor(s / k);
const cur = Array(k).fill(0);
nums.sort((a, b) => b - a);
return dfs(0);
}
```

Expand All @@ -246,22 +246,22 @@ function canPartitionKSubsets(nums: number[], k: number): boolean {

### 方法二:状态压缩 + 记忆化搜索

与方法一相同,我们依然先判断数组 `nums` 是否有可能被划分为 $k$ 个子集。如果不能被 $k$ 整除,直接返回 `false`
与方法一相同,我们依然先判断数组 $\textit{nums}$ 是否有可能被划分为 $k$ 个子集。如果不能被 $k$ 整除,直接返回 $\textit{false}$

我们记 $s$ 为每个子集期望的和,当前元素被划分的情况为 `state`。对于第 $i$ 个数,若 `((state >> i) & 1)` 等于 $0$,说明第 $i$ 个元素未被划分。
我们记 $s$ 为每个子集期望的和,当前元素被划分的情况为 $\textit{state}$。对于第 $i$ 个数,若 $\textit{state}$ 的第 $i$ 位为 $0$,说明第 $i$ 个元素未被划分。

我们的目标是从全部元素中凑出 $k$ 个和为 $s$ 的子集。记当前子集的和为 $t$。在未划分第 $i$ 个元素时:

- 若 $t + nums[i] \gt s$,说明第 $i$ 个元素不能被添加到当前子集中,由于我们对 `nums` 数组进行升序排列,因此数组 `nums` 从位置 $i$ 开始的所有元素都不能被添加到当前子集,直接返回 `false`
- 否则,将第 $i$ 个元素添加到当前子集中,状态变为 `state | (1 << i)`,然后继续对未划分的元素进行搜索。需要注意的是,若 $t + nums[i] = s$,说明恰好可以得到一个和为 $s$ 的子集,下一步将 $t$ 归零(可以通过 `(t + nums[i]) % s` 实现),并继续划分下一个子集。
- 若 $t + \textit{nums}[i] \gt s$,说明第 $i$ 个元素不能被添加到当前子集中,由于我们对 $\textit{nums}$ 数组进行升序排列,因此数组 $\textit{nums}$ 从位置 $i$ 开始的所有元素都不能被添加到当前子集,直接返回 $\textit{false}$
- 否则,将第 $i$ 个元素添加到当前子集中,状态变为 $\textit{state} | 2^i$,然后继续对未划分的元素进行搜索。需要注意的是,若 $t + \textit{nums}[i] = s$,说明恰好可以得到一个和为 $s$ 的子集,下一步将 $t$ 归零(可以通过 $(t + \textit{nums}[i]) \bmod s$ 实现),并继续划分下一个子集。

为了避免重复搜索,我们使用一个长度为 $2^n$ 的数组 `f` 记录每个状态下的搜索结果。数组 `f` 有三个可能的值:
为了避免重复搜索,我们使用一个长度为 $2^n$ 的数组 $\textit{f}$ 记录每个状态下的搜索结果。数组 $\textit{f}$ 有三个可能的值:

- `0`:表示当前状态还未搜索过;
- `-1`:表示当前状态下无法划分为 $k$ 个子集;
- `1`:表示当前状态下可以划分为 $k$ 个子集。

时间复杂度 $O(n\times 2^n)$,空间复杂度 $O(2^n)$。其中 $n$ 表示数组 $nums$ 的长度。对于每个状态,我们需要遍历数组 `nums`,时间复杂度为 $O(n)$;状态总数为 $2^n$,因此总的时间复杂度为 $O(n\times 2^n)$。
时间复杂度 $O(n \times 2^n)$,空间复杂度 $O(2^n)$。其中 $n$ 表示数组 $\textit{nums}$ 的长度。对于每个状态,我们需要遍历数组 $\textit{nums}$,时间复杂度为 $O(n)$;状态总数为 $2^n$,因此总的时间复杂度为 $O(n\times 2^n)$。

<!-- tabs:start -->

Expand Down Expand Up @@ -355,8 +355,7 @@ public:
int n = nums.size();
int mask = (1 << n) - 1;
vector<int> f(1 << n);
function<bool(int, int)> dfs;
dfs = [&](int state, int t) {
function<bool(int, int)> dfs = [&](int state, int t) {
if (state == mask) {
return true;
}
Expand Down Expand Up @@ -428,6 +427,47 @@ func canPartitionKSubsets(nums []int, k int) bool {
}
```

#### TypeScript

```ts
function canPartitionKSubsets(nums: number[], k: number): boolean {
let s = nums.reduce((a, b) => a + b, 0);
if (s % k !== 0) {
return false;
}
s = Math.floor(s / k);
nums.sort((a, b) => a - b);
const n = nums.length;
const mask = (1 << n) - 1;
const f = Array(1 << n).fill(0);

const dfs = (state: number, t: number): boolean => {
if (state === mask) {
return true;
}
if (f[state] !== 0) {
return f[state] === 1;
}
for (let i = 0; i < n; ++i) {
if ((state >> i) & 1) {
continue;
}
if (t + nums[i] > s) {
break;
}
if (dfs(state | (1 << i), (t + nums[i]) % s)) {
f[state] = 1;
return true;
}
}
f[state] = -1;
return false;
};

return dfs(0, 0);
}
```

<!-- tabs:end -->

<!-- solution:end -->
Expand All @@ -438,13 +478,13 @@ func canPartitionKSubsets(nums []int, k int) bool {

我们可以使用动态规划的方法求解本题。

我们定义 $f[i]$ 表示当前选取的数字的状态为 $i$ 时,是否存在 $k$ 个子集满足题目要求。初始时 $f[0]=true$,答案为 $f[2^n-1]$。其中 $n$ 表示数组 $nums$ 的长度。另外,我们定义 $cur[i]$ 表示当前选取的数字的状态为 $i$ 时,最后一个子集的和。
我们定义 $f[i]$ 表示当前选取的数字的状态为 $i$ 时,是否存在 $k$ 个子集满足题目要求。初始时 $f[0]= true$,答案为 $f[2^n-1]$。其中 $n$ 表示数组 $nums$ 的长度。另外,我们定义 $cur[i]$ 表示当前选取的数字的状态为 $i$ 时,最后一个子集的和。

我们在 $[0,2^n)$ 的范围内枚举状态 $i$,对于每个状态 $i$,如果 $f[i]$ 为 `false`,我们直接跳过即可。否则,我们枚举 $nums$ 数组中的任意一个数 $nums[j]$,如果 $cur[i] + nums[j] \gt s$,我们直接跳出枚举循环,因为后面的数更大,无法放入当前子集;否则,如果 $i$ 的二进制表示的第 $j$ 位为 $0$,说明当前 $nums[j]$ 还没有被选取,我们可以将其放入当前子集中,此时状态变为 $i | 2^j$,并更新 $cur[i | 2^j] = (cur[i] + nums[j]) \bmod s$,并且 $f[i | 2^j] = true$。
我们在 $[0, 2^n]$ 的范围内枚举状态 $i$,对于每个状态 $i$,如果 $f[i]$ 为 $\textit{false}$,我们直接跳过即可。否则,我们枚举 $\textit{nums}$ 数组中的任意一个数 $\textit{nums}[j]$,如果 $\textit{cur}[i] + \textit{nums}[j] > s$,我们直接跳出枚举循环,因为后面的数更大,无法放入当前子集;否则,如果 $i$ 的二进制表示的第 $j$ 位为 $0$,说明当前 $\textit{nums}[j]$ 还没有被选取,我们可以将其放入当前子集中,此时状态变为 $i | 2^j$,并更新 $\textit{cur}[i | 2^j] = (\textit{cur}[i] + \textit{nums}[j]) \bmod s$,并且 $f[i | 2^j] = \textit{true}$。

最后,我们返回 $f[2^n-1]$ 即可。
最后,我们返回 $f[2^n - 1]$ 即可。

时间复杂度 $O(n \times 2^n)$,空间复杂度 $O(2^n)$。其中 $n$ 表示数组 $nums$ 的长度。
时间复杂度 $O(n \times 2^n)$,空间复杂度 $O(2^n)$。其中 $n$ 表示数组 $\textit{nums}$ 的长度。

<!-- tabs:start -->

Expand Down Expand Up @@ -584,6 +624,38 @@ func canPartitionKSubsets(nums []int, k int) bool {
}
```

#### TypeScript

```ts
function canPartitionKSubsets(nums: number[], k: number): boolean {
let s = nums.reduce((a, b) => a + b);
if (s % k !== 0) {
return false;
}
s /= k;
nums.sort((a, b) => a - b);
const n = nums.length;
const f: boolean[] = Array(1 << n).fill(false);
f[0] = true;
const cur: number[] = Array(n).fill(0);
for (let i = 0; i < 1 << n; ++i) {
if (!f[i]) {
continue;
}
for (let j = 0; j < n; ++j) {
if (cur[i] + nums[j] > s) {
break;
}
if (((i >> j) & 1) === 0) {
f[i | (1 << j)] = true;
cur[i | (1 << j)] = (cur[i] + nums[j]) % s;
}
}
}
return f[(1 << n) - 1];
}
```

<!-- tabs:end -->

<!-- solution:end -->
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