Question

我一直在解决一些算法编程问题并且对一个问题有疑问。问题与此问题中引用的问题相同：USACO: Subsets (Inefficient)

我能够编写一些对于高N来说太慢的非动态解决方案。不得不作弊并在线查找一些解决方案。事实证明，快速算法非常简单，但即使知道答案，我仍然无法看到如何从问题到答案。我可以看到相等和的子集形式的模式，但我没有看到这些模式和算法解决方案之间的联系。

问题（上面的链接）是：

给定从1到N的一组连续整数（1 <= N <= 39），有多少种方法可以将集合划分为两个总和的子集是一样的？例如，{1,2,3}可以单向划分：{1,2} {3}。

对于较大的集合，答案为0（当N *（N + 1）/ 2为奇数时）或由此简单算法给出：

  arr = array of int with (N*(N+1)/4)+1 elements
  arr[0]=1  // all other elements initialized to 0
  for i = 1 to N
    for j = N*(N+1) / 4 downto i
      add arr[j-i] to arr[j]
  subsetpaircount = arr[N*(N+1)/4] / 2

同样，我可以看到算法是如何工作的，我甚至插入了打印语句，因此我可以观察＆＃34;这个怎么运作。我无法看到算法的操作如何链接到生成两组分区的不同方式的模式。

链接问题中的响应可能是相关的，但我也无法联系它的工作方式：＆＃34;这与在多项式中找到系数x ^ 0项相同（x ^ 1 + 1 / X）（X ^ 2 + 1 / X ^ 2）...（X ^ N + 1 / X ^ N）。。。＆＃34;

有人可以为我澄清这种联系，或者指出一些解释这个具体问题的参考资料？感谢。

Answer 1

如果集合S = {1,...,N}被划分为两个具有相等和的子集，则该总和必须是S之和的一半; S的总和为N(N+1)/2，因此分区中每个子集的总和必须为N(N+1)/4。它也必须是整数，因此N(N+1)/2必须是偶数。

因此，问题在于找到总和为N(N+1)/4的S的子集数量。分区总数将正好是这个数字的一半，因为每个分区包含两个这样的子集，并且没有两个分区共享一个子集。

那应该是显而易见的。

现在，让我们列出S的子集，其总和为k，适用于任何k和任何集S。任何此类子集都必须具有最大值，该值必须是S的元素。最大值必须是S的最大元素，或者必须小于S的最大元素。这两组子集是不同的，因此我们可以单独枚举它们。我们称之为S S_max的最大元素。

第二组很简单：它只是S - { S_max }的子集，总和为k。我们可以通过递归调用子集列表来找到它们。但第一组几乎一样简单：组中的每个组都包含S_max，其余元素都在S - { S_max }中设置，其中k - S_max加起来S，我们再次列出递归。为了完成递归，我们注意到如果k = 0是空集，那么如果S，则恰好有一个限定子集（空集本身），如果k不是0，那么没有符合条件的子集。每次递归都会从S中删除一个元素，因此最终必须达到终止条件。

应该清楚的是，上面的递归函数将使用的1子集只是从S_max到S的数字，所以我们可以摆脱{{ 1}}，并按如下方式编写递归：

Subsets(min, max, k) = Subsets(min, max - 1, k) ⋃ { {max, P} | P ∈ Subsets(min, max - 1, k - max) }

但是我们只想要分区数的计数，所以我们可以简化一下：

Count_Subsets(min, max, k) = Count_Subsets(min, max - 1, k) + Count_Subsets(min, max - 1, k - max)

我们需要通过添加结束条件来完成递归：

If min > max, Count_Subsets(min, max, k) = 1 if k = 0; otherwise 0

（事实上，很简单地表明递归意味着当k递减到1时值将为0，如果0小于k则递归0 Count_Subsets(1, N, N*(N+1)/4)，所以我们可以提前终止条件。）

这为我们提供了计数的简单递归。但由于它自称两次，因此倒退工作会更好（“动态编程”）。我们需要计算Count_Subsets(1, max, k)，这将要求我们为从1到N的所有max值以及从0到N *（N + 1）/的所有k值计算i的值4。我们从max = 0开始，然后一直工作直到达到min = N.这正是你的算法所做的; max为N(N+1)/4，数组是k从0到a[j]的值集。

顺便说一下，从上面的说明中可以看出，a[j - i]应该增加a[j - 1]，而不是{{1}}

Answer 2

我认为您的伪代码可能存在错误导致混淆。我希望这行

add arr[j-1] to arr[j]

是

add arr[j-i] to arr[j]

假设是这种情况，那么考虑这个问题的方法是，在i循环的每次迭代开始时，数组arr [j]包含选择整数子集的方式的数量1 ，2，...，i-1，使得所选整数的总和恰好为j。

当你开始时，i = 1所以子集的唯一选择是空子集，其总和等于1。

这就是arr [0] = 1（表示使用空子集得到总数为0）而所有其他条目都为0的原因（因为无法得到非零和）。

从那时起，迭代的每次传递都会考虑将数字i添加到子集中。获得总和j的方式数量取决于我是否被包括在内。

如果我不包括在内，那么我们的方式与之前相同（即arr [j]）。

如果包含i，那么为了得到包括i的j的和，我们必须将i加到1，...，i-1的所有子集中，其总共有j-i。按照设计，如果我们查看索引j-i，我们的数组就包含这个数字。

因此获得j之和的总方式变为arr [j] + arr [j-i]。

当i循环完成时，arr会为您提供选择子集和获得所需总和的方法数。我们知道1,2，...，n的和是n *（n-1）/ 2，所以如果我们计算有多少子集达到这个值的一半，那么我们就把分区计算成相等的总和。

实际上，这超过了因子2，因为它将{1,2} / {3]和{3} / {1,2}计为单独的解，因此最终答案除以2。

适当的分区计数算法的解释？

2 个答案: