文章目录

  • 题目：494. 目标和
  • 解题
  • 方式一：回溯
  • 方式二：动态规划


题目：494. 目标和

给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。

向数组中的每个整数前添加 ‘+’ 或 ‘-’ ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：

例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 ‘+’ ，在 1 之前添加 ‘-’ ，然后串联起来得到表达式 “+2-1” 。

返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3

示例 2：

输入：nums = [1], target = 1
输出：1

提示：

1 <= nums.length <= 20

0 <= nums[i] <= 1000

0 <= sum(nums[i]) <= 1000

-1000 <= target <= 1000

解题

方式一：回溯

数组 nums的每个元素都可以添加符号 +或 -，因此每个元素有 2 种添加符号的方法，n个数共有 2^n种添加符号的方法，对应 2^n种不同的表达式。当 n 个元素都添加符号之后，即得到一种表达式，如果遍历完之后表达式的结果等于目标数 target，则该表达式即为符合要求的表达式。
可以使用回溯的方法遍历所有的表达式，回溯过程中维护一个计数器 count，当遇到一种表达式的结果等于目标数 target 时，将 count的值加 1。遍历完所有的表达式之后，即可得到结果等于目标数 target 的表达式的数目。

/**
 * 时间复杂度：O(2^n) 
 * 空间复杂度：O(n)，其中 n 是数组nums的长度。空间复杂度主要取决于递归调用的栈空间，栈的深度不超过 n。
 */
class Solution {
    // 回溯法还是比较简单，好理解的
    // + - 两种选择，可以看作是二叉树的左右节点，所以可以用深度优先遍历
    // 遍历完如果sum==target，则 count++
    int count = 0;
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        // 回溯过程，
        backtrack(nums, target, 0, 0);
        return count;
    }

    // 第三个参数为数组下标，第四个参数为目前的和
    private void backtrack(int[] nums, int target, int index, int sum) {
        if (index == nums.length) {
            // 把所有数都算上后的结果
            if (sum == target) {
                count++;
            }
            
        } else {
            backtrack(nums, target, index + 1, sum + nums[index]);
            backtrack(nums, target, index + 1, sum - nums[index]);
        }
    }
}

方式二：动态规划

记数组的元素和为 sum，添加 -号的元素之和为 neg，则其余添加 +号 的元素之和为 sum−neg，得到的表达式的结果为(sum−neg)−neg=sum−2*neg=target，即：neg=（sum−target）/2。

由于数组 nums中的元素都是非负整数，则neg 也必须是非负整数，所以上式成立的前提是 sum−target是非负偶数。若不符合该条件可直接返回 0。

若上式成立，问题转化成在数组 nums中选取若干元素，使得这些元素之和等于neg，计算选取元素的方案数。我们可以使用动态规划的方法求解。

定义二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示在数组 nums的前 i 个数中选取元素，使得这些元素之和等于 j 的方案数。假设数组 nums的长度为 n，则最终答案为dp[n][neg]。

当没有任何元素可以选取时，元素和只能是 0，对应的方案数是 1，因此动态规划的边界条件是：

j=0时，dp[0][j] = 1

j≥1时，dp[0][j] = 0

之后来看i，
当 1≤i≤n时，对于数组 nums中的第 i个元素 num（i的计数从 1 开始），遍历 0≤j≤neg，计算 dp[i][j] 的值：

  • 如果 j<num，则不能选 num（当前的数比我们的和还大，肯定不能选），此时有 dp[i][j]=dp[i−1][j]
  • 如果 j≥num，则如果不选 num，方案数是 dp[i−1][j]，如果选 num，方案数是 dp[i−1][j−num]。此时有 dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−num]

由此可以得到空间复杂度为 O(n×（sum-target）/2) 的实现。

这一段可以放在最后再看：（在动规划时，问题可以从从n个数字里找出和为neg的元素组合，转化为从n个物体中向最大负重为neg的背包里放东西的01背包问题，dp[i][j]表示取到第i个物品时，背包还剩j负重的组合数（本题中j肯定是非负整数），优化：由于到第i个物体时，其情况仅依赖第i-1的情况，与更之前的无关，采用使j递减的方式，减少dp数组在i的一个维度），后面可以再总结下背包相关问题。

/**
 * 时间复杂度：O(2^n) 
 * 空间复杂度：O(n)，其中 n 是数组nums的长度。空间复杂度主要取决于递归调用的栈空间，栈的深度不超过 n。
 */
class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        int diff = sum - target;
        if (diff < 0 || diff % 2 != 0) {
            return 0;
        }
        int n = nums.length, neg = diff / 2;
        int[][] dp = new int[n + 1][neg + 1];
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int num = nums[i - 1];
            for (int j = 0; j <= neg; j++) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                if (j >= num) {
                    dp[i][j] += dp[i - 1][j - num];
                }
            }
        }
        return dp[n][neg];
    }
}

由于 dp的每一行的计算只和上一行有关，因此可以使用滚动数组的方式，去掉 dp的第一个维度，将空间复杂度优化到 O(neg)。

实现时，内层循环需采用倒序遍历的方式，这种方式保证转移来的是 dp[i−1][]中的元素值。

/**
 * 时间复杂度：O(n×(sum−target)),
 * 空间复杂度：O(sum−target)，
 * 其中 n 是数组 nums的长度，sum\textit{sum}sum 是数组nums的元素和，target是目标数。
 */
class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        int diff = sum - target;
        if (diff < 0 || diff % 2 != 0) {
            return 0;
        }
        int neg = diff / 2;
        int[] dp = new int[neg + 1];
        dp[0] = 1;
        for (int num : nums) {
            for (int j = neg; j >= num; j--) {
                dp[j] += dp[j - num];
            }
        }
        return dp[neg];
    }
}


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