3-Partition 问题
问题描述：
给定 \(n\) 个正整数 \(a_1 \dots a_n\) ，设下标的整数集合 \(V=\{1,2,3,\dots,n\}\) , 确定是否有三个不相交的子集 \(I,J,K \subset V\) ，满足 \(I \cup J \cup K = V\)，并且：
\[\sum_{i \in I} a_i = \sum_{j \in J}a_j = \sum_{k \in K} a_k = \frac{sum}{3} \]其中, \(sum\) 是所有元素之和，要求复杂度是关于 \(n\) 和 \(sum\) 的多项式时间解法。
基于 Subset Sum 的解法
Subset Sum 问题：给定一个整数数组 nums 和整数 target ，问是否存在 nums 的子集，它的和为 target ，每个元素只能使用一次。
显然 Subset Sum 问题是背包问题的特殊情况，当背包问题中所有物品的价值等于体积，那么就是 Subset Sum 问题。
思路：
- 假设
subsetSum(nums, target)能够在nums找到所有和为target的子集。 - 问题等价于找到 2 个子集 \(I, J \subset V\) ，并且 \(\sum{a_i} = \sum{a_j} = sum/3\) ，那么剩下的元素必然能保证 \(\sum{a_k} = sum/3\) .
- 通过 Subset Sum 找到所有满足目标和为
sum/3的所有子集 \(\mathcal{I}\) ，即subsetSum(V, target = sum/3)。 - 对于每一个的 \(I \in \mathcal{I}\) ，令 \(V' = V - I\) ，执行
subsetSum(V', target = sum/3)，如果返回值不为空，那么说明存在这样的 \(I,J,K\) 满足 3-Partition 的条件。
Subset Sum 问题的判定形式通过动态规划是十分容易解决的，难点在于找出所有这样的子集。
建议先完成下面的「输出所有 LCS 的练习」，再进行后文的阅读。
输出所有 Subset Sum
定义 dp[i, j] 表示在 nums[0, ..., i] 中不超过 j 的最大和。
转移方程为：
最后结果为 dp[n, target] == target .
代码实现
vector<vector<int>> subsetSum(vector<int> &nums, int target)
{
int n = nums.size();
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(target + 1, 0));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= target; j++)
{
int x = nums[i - 1];
if (j >= x) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - x] + x);
else dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
// print all subsets
vector<vector<int>> result;
function<bool(int, int, vector<int>)> getSubsets = [&](int i, int j, vector<int> subset)
{
while (i >= 1 && j >= 0)
{
int x = nums[i - 1];
if (j >= x)
{
int t = dp[i - 1][j - x] + x;
if (dp[i - 1][j] > t) i--;
else if (dp[i - 1][j] < t) j -= x, i--, subset.emplace_back(x);
else
{
getSubsets(i - 1, j, subset);
subset.emplace_back(x), getSubsets(i - 1, j - x, subset);
return true;
}
}
else i--;
}
result.emplace_back(subset);
return true;
};
if (dp[n][target] == target)
{
getSubsets(n, target, vector<int>{});
return result;
}
return {};
}
int main()
{
vector<int> nums = {1, 3, 7, 8, 9};
int t = 16;
auto result = subsetSum(nums, t);
for (auto &v : result)
{
for (int x : v) cout << x << ' ';
cout << endl;
}
}
3-Partition
基于上述的 Subset Sum ，我们可以写出 3-Partition 的代码。
bool threePartition(vector<int> &nums)
{
int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (sum % 3 != 0) return false;
int target = sum / 3;
auto subsets = subsetSum(nums, target);
for (auto &I : subsets)
{
vector<int> buf(nums.size() - I.size());
// buf = nums - I
auto itor = set_symmetric_difference(nums.begin(), nums.end(), I.begin(), I.end(), buf.begin());
buf.resize(itor - buf.begin());
if (subsetSum(buf, target).size() != 0) return true;
}
return false;
}
int main()
{
vector<int> nums = {1, 2, 3, 4, 4, 5, 8};
cout << threePartition(nums) << endl;
}
Subset Sum 的时间复杂度为 \(O(nt)\)，而此处 t = sum/3 ，因此 3-Partition 的时间复杂度为 \(O(kn \cdot sum)\) ，\(k\) 是 集合 \(I\) 的个数，显然，\(k\) 有可能是指数级别的。
显然，基于上述操作，我们同样能找到所有满足条件的 \(I,J,K\) .
动态规划
上面是比较容易想到的思路，但这里的 3-Partition 是一个判定问题，我们只需要给出 YES or NO，而不需要给出具体的 \(I,J,K\) ，因此用动态规划可以使问题变得简单。
2-Partition
先考虑 Subset Sum 的一种特殊情况：给定 nums ，问是否存在一个子集 I , 使得 sum(I) = sum(nums) / 2 .
其实换汤不换药。
int twoPartition(vector<int> &nums)
{
int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
int n = nums.size();
if (sum % 2 != 0) return false;
// dp[i, j] 表示前 j 个数字中，是否存在一个和为 i 的子集（允许为空集）
vector<vector<int>> dp(sum / 2 + 1, vector<int>(n + 1, false));
for (int i = 0; i <= n; i++) dp[0][i] = true;
for (int i = 1; i <= sum / 2; i++) dp[i][0] = false;
for (int i = 1; i <= sum / 2; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
int x = nums[j - 1];
if (i >= x) dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - x][j - 1];
else dp[i][j] = dp[i][j - 1];
}
}
return dp[sum / 2][n];
}
3-Partition
定义 dp[j, k] 表示：在 nums[1, ..., n] 中，是否存在一个子集，使得它的和为 j ；同时存在另外一个不相交子集，它的和为 k .
注意这里的前提条件是，在 [1, ..., n] 这个范围，而且 dp[j, k] = true 当且仅当 2 个子集同时存在。
那么最后的答案是 dp[sum / 3, sum / 3] .
转移方程为：
类似于自顶向下的填表顺序，转移方程可以改写为：
代码实现
int threePartition(vector<int> &A)
{
int sum = accumulate(A.begin(), A.end(), 0);
int size = A.size();
if (sum % 3 != 0) return false;
vector<vector<int>> dp(sum + 1, vector<int>(sum + 1, 0));
dp[0][0] = true;
// process the numbers one by one
for (int i = 0; i < size; i++)
{
for (int j = sum; j >= 0; j--)
{
for (int k = sum; k >= 0; k--)
{
if (dp[j][k])
{
dp[j + A[i]][k] = true;
dp[j][k + A[i]] = true;
}
}
}
}
return dp[sum / 3][sum / 3];
}
输出所有 LCS
输出一个 LCS 可以参考：https://www.cnblogs.com/sinkinben/p/14536604.html
思路很简单，在填 dp 表的过程中，转移路径实际上就是记录了 LCS 的结果，我们只需要通过回溯法，找到所有 (alen, blen) => (1, 1) 的路径即可。
代码实现
int lcs(const string &a, const string &b)
{
int alen = a.length(), blen = b.length();
vector<vector<int>> dp(alen + 1, vector<int>(blen + 1, 0));
for (int i = 1; i <= alen; i++)
{
for (int j = 1; j <= blen; j++)
{
if (a[i - 1] == b[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
// print all lcs
function<void(int, int, string)> printlcs = [&](int i, int j, string str)
{
while (i >= 1 && j >= 1)
{
if (a[i - 1] == b[j - 1])
str.push_back(a[i - 1]), i--, j--;
else
{
if (dp[i - 1][j] > dp[i][j - 1]) i--;
else if (dp[i - 1][j] < dp[i][j - 1]) j--;
else
{
printlcs(i - 1, j, str);
printlcs(i, j - 1, str);
return;
}
}
}
reverse(str.begin(), str.end());
result.insert(str);
};
printlcs(alen, blen, "");
for (auto &x : result) cout << x << endl;
return dp[alen][blen];
}
int main()
{
// string a = "cnblog", b = "belong";
string a = "xyxxzxyzxy", b = "zxzyyzxxyxxz";
// string a = "ABCBDAB", b = "BDCABA";
cout << lcs(a, b) << endl;
}
