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题目难易：中等
给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
注意: 每个数组中的元素不会超过 100 数组的大小不会超过 200
示例 1: 输入: [1, 5, 11, 5] 输出: true 解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].
示例 2: 输入: [1, 2, 3, 5] 输出: false 解释: 数组不能分割成两个元素和相等的子集.
提示：
- 1 <= nums.length <= 200
- 1 <= nums[i] <= 100
这道题目初步看，是如下两题几乎是一样的，大家可以用回溯法，解决如下两题
- 698.划分为k个相等的子集
- 473.火柴拼正方形
这道题目是要找是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和，就算是可以分割成两个相同元素和子集了。
本题是可以用回溯暴力搜索出所有答案的，但最后超时了，也不想再优化了，放弃回溯，直接上01背包吧。
如果对01背包不够了解，建议仔细看完如下两篇：
背包问题，大家都知道，有N件物品和一个最多能被重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
背包问题有多种背包方式，常见的有：01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包等等。
要注意题目描述中商品是不是可以重复放入。
即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包，写法还是不一样的。
要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。
回归主题：首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。
那么来一一对应一下本题，看看背包问题如果来解决。
只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来。
- 背包的体积为sum / 2
- 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
- 背包如何正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
- 背包中每一个元素是不可重复放入。
以上分析完，我们就可以套用01背包，来解决这个问题了。
动规五部曲分析如下：
- 确定dp数组以及下标的含义
01背包中，dp[i] 表示： 容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。
套到本题，dp[i]表示 背包总容量是i，最大可以凑成i的子集总和为dp[i]。
- 确定递推公式
01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
本题，相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。
所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
- dp数组如何初始化
在01背包，一维dp如何初始化，已经讲过，
从dp[j]的定义来看，首先dp[0]一定是0。
如果如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。
本题题目中 只包含正整数的非空数组，所以非0下标的元素初始化为0就可以了。
代码如下：
// 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
// 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
vector<int> dp(10001, 0);- 确定遍历顺序
在动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组）中就已经说明：如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒叙遍历！
代码如下：
// 开始 01背包
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}- 举例推导dp数组
dp[i]的数值一定是小于等于i的。
如果dp[i] == i 说明，集合中的子集总和正好可以凑成总和i，理解这一点很重要。
用例1，输入[1,5,11,5] 为例，如图：
最后dp[11] == 11，说明可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
综上分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
// dp[i]中的i表示背包内总和
// 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
// 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
vector<int> dp(10001, 0);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum += nums[i];
}
if (sum % 2 == 1) return false;
int target = sum / 2;
// 开始 01背包
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
// 集合中的元素正好可以凑成总和target
if (dp[target] == target) return true;
return false;
}
};- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(n)，虽然dp数组大小为一个常数，但是大常数
这道题目就是一道01背包应用类的题目，需要我们拆解题目，然后套入01背包的场景。
01背包相对于本题，主要要理解，题目中物品是nums[i]，重量是nums[i]，价值也是nums[i]，背包体积是sum/2。
看代码的话，就可以发现，基本就是按照01背包的写法来的。
Java：
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
int sum = 0;
for (int i : nums) {
sum += i;
}
if ((sum & 1) == 1) {
return false;
}
int length = nums.length;
int target = sum >> 1;
//dp[j]表示前i个元素可以找到相加等于j情况
boolean[] dp = new boolean[target + 1];
//对于第一个元素，只有当j=nums[0]时，才恰好填充满
if (nums[0] <= target) {
dp[nums[0]] = true;
}
for (int i = 1; i < length; i++) {
//j由右往左直到nums[i]
for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
//只有两种情况，要么放，要么不放
//取其中的TRUE值
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
//一旦满足，结束，因为只需要找到一组值即可
if (dp[target]) {
return dp[target];
}
}
return dp[target];
}
}Python：
class Solution:
def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:
taraget = sum(nums)
if taraget % 2 == 1: return False
taraget //= 2
dp = [0] * 10001
for i in range(len(nums)):
for j in range(taraget, nums[i] - 1, -1):
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])
return taraget == dp[taraget]Go：
javaScript:
var canPartition = function(nums) {
const sum = (nums.reduce((p, v) => p + v));
if (sum & 1) return false;
const dp = Array(sum / 2 + 1).fill(0);
for(let i = 0; i < nums.length; i++) {
for(let j = sum / 2; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
if (dp[j] === sum / 2) {
return true;
}
}
}
return dp[sum / 2] === sum / 2;
};