一道非常经典的回溯算法问题：子集划分问题
描述
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：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k);
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 (int index = 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：
void traverse(int[] nums, int index) {
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 = new int[k];
// 穷举 nums 中的每个数字
for (int index = 0; index < nums.length; index++) {
// 穷举每个桶
for (int i = 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 = new int[k];
// 穷举 nums 中的每个数字
void backtrack(int[] nums, int index) {
// base case
if (index == nums.length) {
return;
}
// 穷举每个桶
for (int i = 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
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些基本情况
if (k > nums.length) return false;
int sum = 0;
for (int v : nums) sum += v;
if (sum % k != 0) return false;
// k 个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[] bucket = new int[k];
// 理论上每个桶（集合）中数字的和
int target = sum / k;
// 穷举，看看 nums 是否能划分成 k 个和为 target 的子集
return backtrack(nums, 0, bucket, target);
}
// 递归穷举 nums 中的每个数字
boolean backtrack(
int[] nums, int index, int[] bucket, int target) {
if (index == nums.length) {
// 检查所有桶的数字之和是否都是 target
for (int i = 0; i < bucket.length; i++) {
if (bucket[i] != target) {
return false;
}
}
// nums 成功平分成 k 个子集
return true;
}
// 穷举 nums[index] 可能装入的桶
for (int i = 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)) {
return true;
}
// 撤销选择
bucket[i] -= nums[index];
}
// nums[index] 装入哪个桶都不行
return false;
}
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 (int i = 0; i < bucket.length; i++) {
// 剪枝
if (bucket[i] + nums[index] > target) {
continue;
}
if (backtrack(nums, index + 1, bucket, target)) {
return true;
}
}
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：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 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]
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
/*******************/
return backtrack(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
int bucket = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 决定是否将 nums[i] 放入当前桶中
bucket += nums[i] or 0;
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：
boolean backtrack(int k, int bucket,
int[] nums, int start, boolean[] used, int target);
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：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些基本情况
if (k > nums.length) return false;
int sum = 0;
for (int v : nums) sum += v;
if (sum % k != 0) return false;
boolean[] used = new boolean[nums.length];
int target = sum / k;
// k 号桶初始什么都没装，从 nums[0] 开始做选择
return backtrack(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：
boolean backtrack(int k, int bucket,
int[] nums, int start, boolean[] used, int target) {
// base case
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
return true;
}
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
return backtrack(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 (int i = 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)) {
return true;
}
// 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
return false;
}
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
HashMap memo = new HashMap<>();
boolean backtrack(int k, int bucket, int[] nums, int start, boolean[] used, int target) {
// base case
if (k == 0) {
return true;
}
// 将 used 的状态转化成形如 [true, false, ...] 的字符串
// 便于存入 HashMap
String state = Arrays.toString(used);
if (bucket == target) {
// 装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
boolean res = 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);
return res;
}
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
return memo.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：
public boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些基本情况
if (k > nums.length) return false;
int sum = 0;
for (int v : nums) sum += v;
if (sum % k != 0) return false;
int used = 0; // 使用位图技巧
int target = sum / k;
// k 号桶初始什么都没装，从 nums[0] 开始做选择
return backtrack(k, 0, nums, 0, used, target);
}
HashMap memo = new HashMap<>();
boolean backtrack(int k, int bucket,
int[] nums, int start, int used, int target) {
// base case
if (k == 0) {
// 所有桶都被装满了，而且 nums 一定全部用完了
return true;
}
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
boolean res = backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
// 缓存结果
memo.put(used, res);
return res;
}
if (memo.containsKey(used)) {
// 避免冗余计算
return memo.get(used);
}
for (int i = 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)) {
return true;
}
// 撤销选择
used ^= 1 << i; // 使用异或运算将第 i 位恢复 0
bucket -= nums[i];
}
return false;
}
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
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