Partition Equal Subset Sum

Given a non-empty array containing only positive integers, find if the array can be partitioned into two subsets such that the sum of elements in both subsets is equal.
Note:
Each of the array element will not exceed 100.
The array size will not exceed 200.

题意：给定一个非空非负的数组，判断其能否分成元素和大小相等的两个子集。

分析: 那我第一个想法就是递归搜索所有情况，一个元素要么在sub1 要么在sub2，即遍历一次数组，对每个元素采取 “取”或“不取”两种操作，遍历完后 判断sub1的和是否等于sub2的和。

暴力递归：超时    public boolean canPartition(int[] nums) {        if(nums == null || nums.length == 0)            return true;        int sum = 0;        for (int x : nums)            sum += x;        return dfs(nums,0,0,sum);    }    public boolean dfs(int[] nums,int start , int left,int right)    {        if(start == nums.length || left == right)        {            if(left == right)                return true;            else                return false;        }        return dfs(nums,start+1,left+nums[start],right-nums[start])||dfs(nums,start+1,left,right);    }

如何优化，是否可以记忆化：
其实已经想到这个问题，可以转化为判断是否存在一个子集，它的和为一个目标值(在这里为totalSum/2),这样一但总和为奇数也可直接判断。
那对于这样一个问题，感觉和Sum2以及Sum3很像。但是不一样，Sum2指定了只能选择两个数达到target，而这里可以遍历整个数组，对每个数有要 和 不要 两种选择，说到这里是否感觉和01背包问题很像。
对了，这道题的实战就是一道01背包问题，正好题目也限制了元素的个数和大小，不至于过大！！！

那01背包是最基础的一道DP问题，给定背包的容量，让我们从物品中选出价值最大的组合。

而这里，问题实际上就是给定一个容量，让我们判断是否有一种组合刚好放满背包。

状态定义：dp[i][j]表示前i个物品是否存在子集和为j
状态转移方程：dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-v[i]]

 public boolean canPartition(int[] nums) {        if(nums == null || nums.length == 0)            return true;        int sum = 0;        for (int x : nums)            sum += x;        if (sum % 2 == 1)            return false;        int tar = sum / 2;        boolean[][] dp = new boolean[nums.length+1][tar+1];        dp[0][0] = true;        for (int i = 1 ; i < dp.length ; i++)            dp[i][0] = nums[i-1]==0 && dp[i-1][0];        for (int i = 1 ; i < dp.length ; i ++)        {            for (int j = 1; j <= tar ; j++)            {                if (nums[i-1] <= j)                    dp[i][j] = dp[i-1][j-nums[i-1]] || dp[i-1][j];                else                    dp[i][j] = dp[i-1][j];            }        }        return dp[nums.length][tar];    }

01背包还可以进行空间优化，一维数组，从后往前遍历。

    //一维背包,此时当前dp[j]表示对于前i个物品容量能否达到j    //之所以从后往前，是因为下一层需要用到dp[j-nums[i]]，避免被更新    public boolean betterdp_canPartition(int[] nums) {        if(nums == null || nums.length == 0)            return true;        int sum = 0;        for (int x : nums)            sum += x;        if (sum % 2 == 1)            return false;        int tar = sum / 2;        boolean[] dp = new boolean[tar +1];        dp[0] = true;        for (int i = 1 ; i < nums.length ; i ++)        {            for (int j = tar; j >= 0 ; j--)            {                if (nums[i-1] <= j)                    dp[j] = dp[j-nums[i-1]] || dp[j];            }        }        return dp[tar];    }