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

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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
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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]` 与 `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 $\textit{cur}[j]$ 与 $\textit{cur}[j - 1]$ 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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