题目描述
这是 LeetCode 上的 698. 划分为k个相等的子集 ，难度为 中等。
Tag : 「搜索」、「爆搜」、「剪枝」、「模拟退火」、「启发式搜索」、「回溯算法」、「贪心」
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：
- $1 <= k <= len(nums) <= 16$
- $0 < nums[i] < 10000$
- 每个元素的频率在 $[1,4]$ 范围内
搜索 + 剪枝（贪心策略）
将 $n$ 个数均分成 $k$ 份，且 $n$ 与 $k$ 数据范围为 $16$，容易想到搜索剪枝。
先对一些显然的无解情况进行分析：记 $tot = \sum_{i = 0}^{n - 1}nums[i]$，若 $tot$ 不为 $k$ 的倍数，必然是无法实现均分，直接返回 false（可行性剪枝）。同时可知单个集合的总和为 $t = \frac{tot}{k}$。
设计搜索函数为 boolean dfs(int idx, int cur, int cnt, boolean[] vis)，各项参数含义如下：
cur为当前集合的元素和（初始值为 $0$）；cnt是已凑成多少个总和为 $t$ 的集合（初始值为 $0$，当 $cnt = k$ 时，我们搜索到了合法方案，返回true，否则对cnt进行加一操作，并将cur置零，搜索下个集合）；vis用于记录哪些 $nums[i]$ 已被使用；idx是搜索关键，其含义为搜索空间的分割点。即对于当前正在搜索的集合，我们不会每次都扫描整个nums来找添加到该集合的下一个元素，而是能够明确下一个元素必然在 $idx$ 的左边或右边。
具体的，我们知道若最终存在合法方案，必然每个 $nums[i]$ 都均棣属于某个具体集合。我们考虑搜索某个集合的组成元素时，按照「从大到小」的方式进行搜索（起始先对nums进行排序），这样能够确保若上一个被加入该集合的元素为 $nums[i]$，则下一个被添加的元素 $nums[j]$ 必然位于 $nums[i]$ 的左边，即从下标 $i - 1$ 开始往前搜索（顺序性剪枝）；
同时，也正是我们按照「从大到小」的方式进行搜索，确保了当前集合的搜索，无须对已搜索到的集合进行调整。
也就是说我们搜索的第一个集合是所有 $nums[i]$ 中的最大值所在的那个集合；二次搜索是所有 $nums[i]$ 减去第一个集合后剩余元素中最大值所在的集合 ...
这引导我们，如果当前集合如果连第一个值都无法搜到（即剩余元素的最大值不能作为当前集合的元素），必然无解（可行性剪枝）。
这样的「搜索 + 剪枝」的解法本质是利用了「贪心」来做策略：我们每个回合的搜索总是在搜索「剩余未使用元素的最大值」所在的那个集合，并且按照「优先使用大数值」的原则来构造。
可证明该做法的正确性：由于搜索的是「剩余未使用元素的最大值」所在的那个集合，因此剩余未使用元素必然在集合内，若被搜索到的其余元素参与集合构造导致有解变无解（即需要将其余元素进行替换才能确保有解），根据我们「从大到小」搜索下一个元素原则，替换过程必然不会使集合元素个数变少，即总是会拿不少于 $K$ 个的元素来替换当前集合的 $K$ 个元素（总和相同），从而可推断该替换并非必须。
Java 代码：
class Solution {
int[] nums;
int n, t, k;
public boolean canPartitionKSubsets(int[] _nums, int _k) {
nums = _nums; k = _k;
int tot = 0;
for (int x : nums) tot += x;
if (tot % k != 0) return false; // 可行性剪枝
Arrays.sort(nums);
n = nums.length; t = tot / k;
return dfs(n - 1, 0, 0, new boolean[n]);
}
boolean dfs(int idx, int cur, int cnt, boolean[] vis) {
if (cnt == k) return true;
if (cur == t) return dfs(n - 1, 0, cnt + 1, vis);
for (int i = idx; i >= 0; i--) { // 顺序性剪枝
if (vis[i] || cur + nums[i] > t) continue; // 可行性剪枝
vis[i] = true;
if (dfs(i - 1, cur + nums[i], cnt, vis)) return true;
vis[i] = false;
if (cur == 0) return false; // 可行性剪枝
}
return false;
}
}TypeScript 代码：
let nums: number[];
let n: number, t: number, k: number;
function canPartitionKSubsets(_nums: number[], _k: number): boolean {
nums = _nums; k = _k;
let tot = 0
for (let x of nums) tot += x
if (tot % k != 0) return false
nums.sort((a,b)=>a-b)
n = nums.length; t = tot / k
return dfs(n - 1, 0, 0, new Array(n).fill(false))
};
function dfs(idx: number, cur: number, cnt: number, vis: boolean[]): boolean {
if (cnt == k) return true
if (cur == t) return dfs(n - 1, 0, cnt + 1, vis)
for (let i = idx; i >= 0; i--) {
if (vis[i] || cur + nums[i] > t) continue
vis[i] = true
if (dfs(idx - 1, cur + nums[i], cnt, vis)) return true
vis[i] = false
if (cur == 0) return false
}
return false
} - 时间复杂度：爆搜剪枝不分析时空复杂度
- 空间复杂度：爆搜剪枝不分析时空复杂度
模拟退火
数据范围为 $16$ 自然也是很好的调参运用题。
因为将 $n$ 个数划分为 $k$ 份，等效于用 $n$ 个数构造出一个「特定排列」，然后对「特定排列」进行固定模式的构造逻辑，就能实现「答案」与「目标排列」的对应关系。
基于此，我们可以使用「模拟退火」进行求解。
单次迭代的基本流程：
- 随机选择两个下标，计算「交换下标元素前对应序列的得分」&「交换下标元素后对应序列的得分」
- 如果温度下降（交换后的序列更优），进入下一次迭代
- 如果温度上升（交换前的序列更优），以「一定的概率」恢复现场（再交换回来）
我们可以制定如下规则来衡量当前排列与合法排列的差异程度：将当前的 nums 从前往后划分成总和不超过 $t$ 的 $k$ 份，并将 $k$ 份与 $t$ 的差值之和，作为对当前排列的差异程度评级 diff，当出现 diff = 0 说明找到了合法排列，可结束搜索。
该计算规则可确保排列变化的连续性能有效体现在 diff 数值上。
Java 代码（2022/09/20 可通过）：
class Solution {
int[] nums;
int n, tval, k;
Random random = new Random(20220920);
double hi = 1e9, lo = 1e-4, fa = 0.95;
int N = 600;
boolean ans;
int calc() {
int diff = tval * k;
for (int i = 0, j = 0; i < n && j < k; j++) {
int cur = 0;
while (i < n && cur + nums[i] <= tval) cur += nums[i++];
diff -= cur;
}
if (diff == 0) ans = true;
return diff;
}
void sa() {
shuffle(nums);
for (double t = hi; t > lo && !ans; t *= fa) {
int a = random.nextInt(n), b = random.nextInt(n);
if (a == b) continue;
int prev = calc();
swap(nums, a, b);
int cur = calc();
int diff = cur - prev;
if (Math.log(diff / t) > random.nextDouble()) swap(nums, a, b);
}
}
public boolean canPartitionKSubsets(int[] _nums, int _k) {
nums = _nums; k = _k;
int tot = 0;
for (int x : nums) tot += x;
if (tot % k != 0) return false;
n = nums.length; tval = tot / k;
while (!ans && N-- > 0) sa();
return ans;
}
void shuffle(int[] nums) {
for (int i = n; i > 0; i--) swap(nums, random.nextInt(i), i - 1);
}
void swap(int[] nums, int a, int b) {
int c = nums[a];
nums[a] = nums[b];
nums[b] = c;
}
}TypeScript 代码（2022/09/20 可通过）：
let nums: number[];
let n: number, tval: number, k: number
let ans: boolean
let hi: number, lo: number, fa: number, N: number
function getRandom(max: number): number {
return Math.floor(Math.random() * (max + 1))
}
function calc(): number {
let diff = tval * k
for (let i = 0, j = 0; i < n && j < k; j++) {
let cur = 0
while (i < n && cur + nums[i] <= tval) cur += nums[i++]
diff -= cur
}
if (diff == 0) ans = true
return diff
}
function sa(): void {
shuffle(nums)
for (let t = hi; t > lo && !ans; t *= fa) {
const a = getRandom(n - 1), b = getRandom(n - 1)
if (a == b) continue
const prev = calc()
swap(nums, a, b)
const cur = calc()
const diff = cur - prev
if (Math.log(diff / t) > Math.random()) swap(nums, a, b)
}
}
function canPartitionKSubsets(_nums: number[], _k: number): boolean {
nums = _nums; k = _k
let tot = 0
for (let x of nums) tot += x
if (tot % k != 0) return false
n = nums.length; tval = tot / k
hi = 1e9; lo = 1e-4; fa = 0.98; N = 700
ans = false
while (!ans && N-- > 0) sa()
return ans
}
function shuffle(nums: number[]): void {
for (let i = n; i > 0; i--) swap(nums, getRandom(i), i - 1)
}
function swap(nums: number[], a: number, b: number): void {
const c = nums[a]
nums[a] = nums[b]
nums[b] = c
}- 时间复杂度：启发式搜索不分析时空复杂度
- 空间复杂度：启发式搜索不分析时空复杂度
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.698 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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