一道非常经典的回溯算法问题：子集划分问题

我经常说回溯算法是笔试中最好用的算法，只要你没什么思路，就用回溯算法暴力求解，即便不能通过所有测试用例，多少能过一点。

回溯算法的技巧也不难，回溯算法就是穷举一棵决策树的过程，只要在递归之前「做选择」，在递归之后「撤销选择」就行了。

但是，就算暴力穷举，不同的思路也有优劣之分。

本文就来看一道非常经典的回溯算法问题：子集划分问题。这道题可以帮你更深刻理解回溯算法的思维，得心应手地写出回溯函数。

题目非常简单：

给你输入一个数组nums和一个正整数k，请你判断nums是否能够被平分为元素和相同的k个子集。

函数签名如下：

booleancanPartitionKSubsets(int[]nums,intk);

我们之前背包问题之子集划分写过一次子集划分问题，不过那道题只需要我们把集合划分成两个相等的集合，可以转化成背包问题用动态规划技巧解决。

但是如果划分成多个相等的集合，解法一般只能通过暴力穷举，时间复杂度爆表，是练习回溯算法和递归思维的好机会。

一、思路分析

首先，我们回顾一下以前学过的排列组合知识：

1、P(n, k)（也有很多书写成A(n, k)）表示从n个不同元素中拿出k个元素的排列（Permutation/Arrangement）总数；C(n, k)表示从n个不同元素中拿出k个元素的组合（Combination）总数。

2、「排列」和「组合」的主要区别在于是否考虑顺序的差异。

3、排列、组合总数的计算公式：

好，现在我问一个问题，这个排列公式P(n, k)是如何推导出来的？为了搞清楚这个问题，我需要讲一点组合数学的知识。

排列组合问题的各种变体都可以抽象成「球盒模型」，P(n, k)就可以抽象成下面这个场景：

即，将n个标记了不同序号的球（标号为了体现顺序的差异），放入k个标记了不同序号的盒子中（其中n >= k，每个盒子最终都装有恰好一个球），共有P(n, k)种不同的方法。

现在你来，往盒子里放球，你怎么放？其实有两种视角。

首先，你可以站在盒子的视角，每个盒子必然要选择一个球。

这样，第一个盒子可以选择n个球中的任意一个，然后你需要让剩下k - 1个盒子在n - 1个球中选择：

另外，你也可以站在球的视角，因为并不是每个球都会被装进盒子，所以球的视角分两种情况：

1、第一个球可以不装进任何一个盒子，这样的话你就需要将剩下n - 1个球放入k个盒子。

2、第一个球可以装进k个盒子中的任意一个，这样的话你就需要将剩下n - 1个球放入k - 1个盒子。

结合上述两种情况，可以得到：

你看，两种视角得到两个不同的递归式，但这两个递归式解开的结果都是我们熟知的阶乘形式：

至于如何解递归式，涉及数学的内容比较多，这里就不做深入探讨了，有兴趣的读者可以自行学习组合数学相关知识。

回到正题，这道算法题让我们求子集划分，子集问题和排列组合问题有所区别，但我们可以借鉴「球盒模型」的抽象，用两种不同的视角来解决这道子集划分问题。

把装有n个数字的数组nums分成k个和相同的集合，你可以想象将n个数字分配到k个「桶」里，最后这k个「桶」里的数字之和要相同。

前文回溯算法框架套路说过，回溯算法的关键在哪里？

关键是要知道怎么「做选择」，这样才能利用递归函数进行穷举。

那么模仿排列公式的推导思路，将n个数字分配到k个桶里，我们也可以有两种视角：

视角一，如果我们切换到这n个数字的视角，每个数字都要选择进入到k个桶中的某一个。

视角二，如果我们切换到这k个桶的视角，对于每个桶，都要遍历nums中的n个数字，然后选择是否将当前遍历到的数字装进自己这个桶里。

你可能问，这两种视角有什么不同？

用不同的视角进行穷举，虽然结果相同，但是解法代码的逻辑完全不同，进而算法的效率也会不同；对比不同的穷举视角，可以帮你更深刻地理解回溯算法，我们慢慢道来。

二、以数字的视角

用 for 循环迭代遍历nums数组大家肯定都会：

for(intindex=0;index< nums.length; index++) {
    System.out.println(nums[index]);
}

递归遍历数组你会不会？其实也很简单：

voidtraverse(int[]nums,intindex){
if(index==nums.length){
return;
}
System.out.println(nums[index]);
traverse(nums,index+1);
}

只要调用traverse(nums, 0)，和 for 循环的效果是完全一样的。

那么回到这道题，以数字的视角，选择k个桶，用 for 循环写出来是下面这样：

//k个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[]bucket=newint[k];

//穷举nums中的每个数字
for(intindex=0;index< nums.length; index++) {
    //穷举每个桶
for(inti=0;i< k; i++) {
        //nums[index]选择是否要进入第i个桶
//...
}
}

如果改成递归的形式，就是下面这段代码逻辑：

//k个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[]bucket=newint[k];

//穷举nums中的每个数字
voidbacktrack(int[]nums,intindex){
//basecase
if(index==nums.length){
return;
}
//穷举每个桶
for(inti=0;i< bucket.length; i++) {
        //选择装进第i个桶
bucket[i]+=nums[index];
//递归穷举下一个数字的选择
backtrack(nums,index+1);
//撤销选择
bucket[i]-=nums[index];
}
}

虽然上述代码仅仅是穷举逻辑，还不能解决我们的问题，但是只要略加完善即可：

//主函数
booleancanPartitionKSubsets(int[]nums,intk){
//排除一些基本情况
if(k>nums.length)returnfalse;
intsum=0;
for(intv:nums)sum+=v;
if(sum%k!=0)returnfalse;

//k个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[]bucket=newint[k];
//理论上每个桶（集合）中数字的和
inttarget=sum/k;
//穷举，看看nums是否能划分成k个和为target的子集
returnbacktrack(nums,0,bucket,target);
}

//递归穷举nums中的每个数字
booleanbacktrack(
int[]nums,intindex,int[]bucket,inttarget){

if(index==nums.length){
//检查所有桶的数字之和是否都是target
for(inti=0;i< bucket.length; i++) {
            if(bucket[i]!=target){
returnfalse;
}
}
//nums成功平分成k个子集
returntrue;
}

//穷举nums[index]可能装入的桶
for(inti=0;i< bucket.length; i++) {
        //剪枝，桶装装满了
if(bucket[i]+nums[index]>target){
continue;
}
//将nums[index]装入bucket[i]
bucket[i]+=nums[index];
//递归穷举下一个数字的选择
if(backtrack(nums,index+1,bucket,target)){
returntrue;
}
//撤销选择
bucket[i]-=nums[index];
}

//nums[index]装入哪个桶都不行
returnfalse;
}

有之前的铺垫，相信这段代码是比较容易理解的。这个解法虽然能够通过，但是耗时比较多，其实我们可以再做一个优化。

主要看backtrack函数的递归部分：

for(inti=0;i< bucket.length; i++) {
    //剪枝
if(bucket[i]+nums[index]>target){
continue;
}

if(backtrack(nums,index+1,bucket,target)){
returntrue;
}
}

如果我们让尽可能多的情况命中剪枝的那个 if 分支，就可以减少递归调用的次数，一定程度上减少时间复杂度。

如何尽可能多的命中这个 if 分支呢？要知道我们的index参数是从 0 开始递增的，也就是递归地从 0 开始遍历nums数组。

如果我们提前对nums数组排序，把大的数字排在前面，那么大的数字会先被分配到bucket中，对于之后的数字，bucket[i] + nums[index]会更大，更容易触发剪枝的 if 条件。

所以可以在之前的代码中再添加一些代码：

booleancanPartitionKSubsets(int[]nums,intk){
//其他代码不变
//...
/*降序排序nums数组*/
Arrays.sort(nums);
for(i=0,j=nums.length-1;i< j; i++, j--) {
        //交换nums[i]和nums[j]
inttemp=nums[i];
nums[i]=nums[j];
nums[j]=temp;
}
/*******************/
returnbacktrack(nums,0,bucket,target);
}

由于 Java 的语言特性，这段代码通过先升序排序再反转，达到降序排列的目的。

三、以桶的视角

文章开头说了，以桶的视角进行穷举，每个桶需要遍历nums中的所有数字，决定是否把当前数字装进桶中；当装满一个桶之后，还要装下一个桶，直到所有桶都装满为止。

这个思路可以用下面这段代码表示出来：

//装满所有桶为止
while(k>0){
//记录当前桶中的数字之和
intbucket=0;
for(inti=0;i< nums.length; i++) {
        //决定是否将nums[i]放入当前桶中
bucket+=nums[i]or0;
if(bucket==target){
//装满了一个桶，装下一个桶
k--;
break;
}
}
}

那么我们也可以把这个 while 循环改写成递归函数，不过比刚才略微复杂一些，首先写一个backtrack递归函数出来：

booleanbacktrack(intk,intbucket,
int[]nums,intstart,boolean[]used,inttarget);

不要被这么多参数吓到，我会一个个解释这些参数。如果你能够透彻理解本文，也能得心应手地写出这样的回溯函数。

这个backtrack函数的参数可以这样解释：

现在k号桶正在思考是否应该把nums[start]这个元素装进来；目前k号桶里面已经装的数字之和为bucket；used标志某一个元素是否已经被装到桶中；target是每个桶需要达成的目标和。

根据这个函数定义，可以这样调用backtrack函数：

booleancanPartitionKSubsets(int[]nums,intk){
//排除一些基本情况
if(k>nums.length)returnfalse;
intsum=0;
for(intv:nums)sum+=v;
if(sum%k!=0)returnfalse;

boolean[]used=newboolean[nums.length];
inttarget=sum/k;
//k号桶初始什么都没装，从nums[0]开始做选择
returnbacktrack(k,0,nums,0,used,target);
}

实现backtrack函数的逻辑之前，再重复一遍，从桶的视角：

1、需要遍历nums中所有数字，决定哪些数字需要装到当前桶中。

2、如果当前桶装满了（桶内数字和达到target），则让下一个桶开始执行第 1 步。

下面的代码就实现了这个逻辑：

booleanbacktrack(intk,intbucket,
int[]nums,intstart,boolean[]used,inttarget){
//basecase
if(k==0){
//所有桶都被装满了，而且nums一定全部用完了
//因为target==sum/k
returntrue;
}
if(bucket==target){
//装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
//让下一个桶从nums[0]开始选数字
returnbacktrack(k-1,0,nums,0,used,target);
}

//从start开始向后探查有效的nums[i]装入当前桶
for(inti=start;i< nums.length; i++) {
        //剪枝
if(used[i]){
//nums[i]已经被装入别的桶中
continue;
}
if(nums[i]+bucket>target){
//当前桶装不下nums[i]
continue;
}
//做选择，将nums[i]装入当前桶中
used[i]=true;
bucket+=nums[i];
//递归穷举下一个数字是否装入当前桶
if(backtrack(k,bucket,nums,i+1,used,target)){
returntrue;
}
//撤销选择
used[i]=false;
bucket-=nums[i];
}
//穷举了所有数字，都无法装满当前桶
returnfalse;
}

这段代码是可以得出正确答案的，但是效率很低，我们可以思考一下是否还有优化的空间。

首先，在这个解法中每个桶都可以认为是没有差异的，但是我们的回溯算法却会对它们区别对待，这里就会出现重复计算的情况。

什么意思呢？我们的回溯算法，说到底就是穷举所有可能的组合，然后看是否能找出和为target的k个桶（子集）。

那么，比如下面这种情况，target = 5，算法会在第一个桶里面装1, 4：

现在第一个桶装满了，就开始装第二个桶，算法会装入2, 3：

然后以此类推，对后面的元素进行穷举，凑出若干个和为 5 的桶（子集）。

但问题是，如果最后发现无法凑出和为target的k个子集，算法会怎么做？

回溯算法会回溯到第一个桶，重新开始穷举，现在它知道第一个桶里装1, 4是不可行的，它会尝试把2, 3装到第一个桶里：

现在第一个桶装满了，就开始装第二个桶，算法会装入1, 4：

好，到这里你应该看出来问题了，这种情况其实和之前的那种情况是一样的。也就是说，到这里你其实已经知道不需要再穷举了，必然凑不出来和为target的k个子集。

但我们的算法还是会傻乎乎地继续穷举，因为在她看来，第一个桶和第二个桶里面装的元素不一样，那这就是两种不一样的情况呀。

那么我们怎么让算法的智商提高，识别出这种情况，避免冗余计算呢？

你注意这两种情况的used数组肯定长得一样，所以used数组可以认为是回溯过程中的「状态」。

所以，我们可以用一个memo备忘录，在装满一个桶时记录当前used的状态，如果当前used的状态是曾经出现过的，那就不用再继续穷举，从而起到剪枝避免冗余计算的作用。

有读者肯定会问，used是一个布尔数组，怎么作为键进行存储呢？这其实是小问题，比如我们可以把数组转化成字符串，这样就可以作为哈希表的键进行存储了。

看下代码实现，只要稍微改一下backtrack函数即可：

//备忘录，存储used数组的状态
HashMapmemo=newHashMap<>();

booleanbacktrack(intk,intbucket,int[]nums,intstart,boolean[]used,inttarget){
//basecase
if(k==0){
returntrue;
}
//将used的状态转化成形如[true,false,...]的字符串
//便于存入HashMap
Stringstate=Arrays.toString(used);

if(bucket==target){
//装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
booleanres=backtrack(k-1,0,nums,0,used,target);
//将当前状态和结果存入备忘录
memo.put(state,res);
returnres;
}

if(memo.containsKey(state)){
//如果当前状态曾今计算过，就直接返回，不要再递归穷举了
returnmemo.get(state);
}

//其他逻辑不变...
}

这样提交解法，发现执行效率依然比较低，这次不是因为算法逻辑上的冗余计算，而是代码实现上的问题。

因为每次递归都要把used数组转化成字符串，这对于编程语言来说也是一个不小的消耗，所以我们还可以进一步优化。

注意题目给的数据规模nums.length <= 16，也就是说used数组最多也不会超过 16，那么我们完全可以用「位图」的技巧，用一个 int 类型的used变量来替代used数组。

具体来说，我们可以用整数used的第i位（(used >> i) & 1）的 1/0 来表示used[i]的 true/false。

这样一来，不仅节约了空间，而且整数used也可以直接作为键存入 HashMap，省去数组转字符串的消耗。

看下最终的解法代码：

publicbooleancanPartitionKSubsets(int[]nums,intk){
//排除一些基本情况
if(k>nums.length)returnfalse;
intsum=0;
for(intv:nums)sum+=v;
if(sum%k!=0)returnfalse;

intused=0;//使用位图技巧
inttarget=sum/k;
//k号桶初始什么都没装，从nums[0]开始做选择
returnbacktrack(k,0,nums,0,used,target);
}

HashMapmemo=newHashMap<>();

booleanbacktrack(intk,intbucket,
int[]nums,intstart,intused,inttarget){
//basecase
if(k==0){
//所有桶都被装满了，而且nums一定全部用完了
returntrue;
}
if(bucket==target){
//装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
//让下一个桶从nums[0]开始选数字
booleanres=backtrack(k-1,0,nums,0,used,target);
//缓存结果
memo.put(used,res);
returnres;
}

if(memo.containsKey(used)){
//避免冗余计算
returnmemo.get(used);
}

for(inti=start;i< nums.length; i++) {
        //剪枝
if(((used>>i)&1)==1){//判断第i位是否是1
//nums[i]已经被装入别的桶中
continue;
}
if(nums[i]+bucket>target){
continue;
}
//做选择
used|=1<< i; //将第i位置为1
bucket+=nums[i];
//递归穷举下一个数字是否装入当前桶
if(backtrack(k,bucket,nums,i+1,used,target)){
returntrue;
}
//撤销选择
used^=1<< i; //使用异或运算将第i位恢复0
bucket-=nums[i];
}

returnfalse;
}

至此，这道题的第二种思路也完成了。

四、最后总结

本文写的这两种思路都可以算出正确答案，不过第一种解法即便经过了排序优化，也明显比第二种解法慢很多，这是为什么呢？

我们来分析一下这两个算法的时间复杂度，假设nums中的元素个数为n。

先说第一个解法，也就是从数字的角度进行穷举，n个数字，每个数字有k个桶可供选择，所以组合出的结果个数为k^n，时间复杂度也就是O(k^n)。

第二个解法，每个桶要遍历n个数字，对每个数字有「装入」或「不装入」两种选择，所以组合的结果有2^n种；而我们有k个桶，所以总的时间复杂度为O(k*2^n)。

当然，这是对最坏复杂度上界的粗略估算，实际的复杂度肯定要好很多，毕竟我们添加了这么多剪枝逻辑。不过，从复杂度的上界已经可以看出第一种思路要慢很多了。

所以，谁说回溯算法没有技巧性的？虽然回溯算法就是暴力穷举，但穷举也分聪明的穷举方式和低效的穷举方式，关键看你以谁的「视角」进行穷举。

通俗来说，我们应该尽量「少量多次」，就是说宁可多做几次选择，也不要给太大的选择空间；宁可「二选一」选k次，也不要 「k选一」选一次。

好了，这道题我们从两种视角进行穷举，虽然代码量看起来多，但核心逻辑都是类似的，相信你通过本文能够更深刻地理解回溯算法。

审核编辑 ：李倩