之前說過回溯算法是筆試中最好用的算法，只要你沒什么思路，就用回溯算法暴力求解，即便不能通過所有測試用例，多少能過一點。

回溯算法的技巧也不難，前文 回溯算法框架套路 說過，回溯算法就是窮舉一棵決策樹的過程，只要在遞歸之前「做選擇」，在遞歸之后「撤銷選擇」就行了。

但是，就算暴力窮舉，不同的思路也有優劣之分。

本文就來看一道非常經典的回溯算法問題，子集劃分問題，可以幫你更深刻理解回溯算法的思維，得心應手地寫出回溯函數。

題目非常簡單：

給你輸入一個數組nums和一個正整數k，請你判斷nums是否能夠被平分為元素和相同的k個子集。

函數簽名如下：

boolean canPartitionKSubsets（int［］ nums， int k）;

我們之前 背包問題之子集劃分 寫過一次子集劃分問題，不過那道題只需要我們把集合劃分成兩個相等的集合，可以轉化成背包問題用動態規劃技巧解決。

但是如果劃分成多個相等的集合，解法一般只能通過暴力窮舉，時間復雜度爆表，是練習回溯算法和遞歸思維的好機會。

一、思路分析

把裝有n個數字的數組nums分成k個和相同的集合，你可以想象將n個數字分配到k個「桶」里，最后這k個「桶」里的數字之和要相同。

前文 回溯算法框架套路 說過，回溯算法的關鍵在哪里？

關鍵是要知道怎么「做選擇」，這樣才能利用遞歸函數進行窮舉。

那么回想我們這個問題，將n個數字分配到k個桶里，我們可以有兩種視角：

視角一，如果我們切換到這n個數字的視角，每個數字都要選擇進入到k個桶中的某一個。

視角二，如果我們切換到這k個桶的視角，對于每個桶，都要遍歷nums中的n個數字，然后選擇是否將當前遍歷到的數字裝進自己這個桶里。

你可能問，這兩種視角有什么不同？

用不同的視角進行窮舉，雖然結果相同，但是解法代碼的邏輯完全不同；對比不同的窮舉視角，可以幫你更深刻地理解回溯算法，我們慢慢道來。

二、以數字的視角

用 for 循環迭代遍歷nums數組大家肯定都會：

for （int index = 0; index 《 nums.length; index++） {

System.out.println（nums［index］）;

}

遞歸遍歷數組你會不會？其實也很簡單：

void traverse（int［］ nums， int index） {

if （index == nums.length） {

return;

}

System.out.println（nums［index］）;

traverse（nums， index + 1）;

}

只要調用traverse（nums， 0），和 for 循環的效果是完全一樣的。

那么回到這道題，以數字的視角，選擇k個桶，用 for 循環寫出來是下面這樣：

// k 個桶（集合），記錄每個桶裝的數字之和

int［］ bucket = new int［k］;

// 窮舉 nums 中的每個數字

for （int index = 0; index 《 nums.length; index++） {

// 窮舉每個桶

for （int i = 0; i 《 k; i++） {

// nums［index］ 選擇是否要進入第 i 個桶

// 。..

}

}

如果改成遞歸的形式，就是下面這段代碼邏輯：

// k 個桶（集合），記錄每個桶裝的數字之和

int［］ bucket = new int［k］;

// 窮舉 nums 中的每個數字

void backtrack（int［］ nums， int index） {

// base case

if （index == nums.length） {

return;

}

// 窮舉每個桶

for （int i = 0; i 《 bucket.length; i++） {

// 選擇裝進第 i 個桶

bucket［i］ += nums［index］;

// 遞歸窮舉下一個數字的選擇

backtrack（nums， index + 1）;

// 撤銷選擇

bucket［i］ -= nums［index］;

}

}

雖然上述代碼僅僅是窮舉邏輯，還不能解決我們的問題，但是只要略加完善即可：

// 主函數

public boolean canPartitionKSubsets（int［］ nums， int k） {

// 排除一些基本情況

if （k 》 nums.length） return false;

int sum = 0;

for （int v ： nums） sum += v;

if （sum % k ！= 0） return false;

// k 個桶（集合），記錄每個桶裝的數字之和

int［］ bucket = new int［k］;

// 理論上每個桶（集合）中數字的和

int target = sum / k;

// 窮舉，看看 nums 是否能劃分成 k 個和為 target 的子集

return backtrack（nums， 0， bucket， target）;

}

// 遞歸窮舉 nums 中的每個數字

boolean backtrack（

int［］ nums， int index， int［］ bucket， int target） {

if （index == nums.length） {

// 檢查所有桶的數字之和是否都是 target

for （int i = 0; i 《 bucket.length; i++） {

if （bucket［i］ ！= target） {

return false;

}

}

// nums 成功平分成 k 個子集

return true;

}

// 窮舉 nums［index］ 可能裝入的桶

for （int i = 0; i 《 bucket.length; i++） {

// 剪枝，桶裝裝滿了

if （bucket［i］ + nums［index］ 》 target） {

continue;

}

// 將 nums［index］ 裝入 bucket［i］

bucket［i］ += nums［index］;

// 遞歸窮舉下一個數字的選擇

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

return true;

}

// 撤銷選擇

bucket［i］ -= nums［index］;

}

// nums［index］ 裝入哪個桶都不行

return false;

}

有之前的鋪墊，相信這段代碼是比較容易理解的。這個解法雖然能夠通過，但是耗時比較多，其實我們可以再做一個優化。

主要看backtrack函數的遞歸部分：

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;

}

}

如果我們讓盡可能多的情況命中剪枝的那個 if 分支，就可以減少遞歸調用的次數，一定程度上減少時間復雜度。

如何盡可能多的命中這個 if 分支呢？要知道我們的index參數是從 0 開始遞增的，也就是遞歸地從 0 開始遍歷nums數組。

如果我們提前對nums數組排序，把大的數字排在前面，那么大的數字會先被分配到bucket中，對于之后的數字，bucket［i］ + nums［index］會更大，更容易觸發剪枝的 if 條件。

所以可以在之前的代碼中再添加一些代碼：

public boolean canPartitionKSubsets（int［］ nums， int k） {

// 其他代碼不變

// 。..

/* 降序排序 nums 數組 */

Arrays.sort（nums）;

int i = 0， j = nums.length - 1;

for （; i 《 j; i++， j--） {

// 交換 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 的語言特性，這段代碼通過先升序排序再反轉，達到降序排列的目的。

三、以桶的視角

文章開頭說了，以桶的視角進行窮舉，每個桶需要遍歷nums中的所有數字，決定是否把當前數字裝進桶中；當裝滿一個桶之后，還要裝下一個桶，直到所有桶都裝滿為止。

這個思路可以用下面這段代碼表示出來：

// 裝滿所有桶為止

while （k 》 0） {

// 記錄當前桶中的數字之和

int bucket = 0;

for （int i = 0; i 《 nums.length; i++） {

// 決定是否將 nums［i］ 放入當前桶中

bucket += nums［i］ or 0;

if （bucket == target） {

// 裝滿了一個桶，裝下一個桶

k--;

break;

}

}

}

那么我們也可以把這個 while 循環改寫成遞歸函數，不過比剛才略微復雜一些，首先寫一個backtrack遞歸函數出來：

boolean backtrack（int k， int bucket，

int［］ nums， int start， boolean［］ used， int target）;

不要被這么多參數嚇到，我會一個個解釋這些參數。如果你能夠透徹理解本文，也能得心應手地寫出這樣的回溯函數。

這個backtrack函數的參數可以這樣解釋：

現在k號桶正在思考是否應該把nums［start］這個元素裝進來；目前k號桶里面已經裝的數字之和為bucket；used標志某一個元素是否已經被裝到桶中；target是每個桶需要達成的目標和。

根據這個函數定義，可以這樣調用backtrack函數：

public boolean canPartitionKSubsets（int［］ nums， int k） {

// 排除一些基本情況

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 號桶初始什么都沒裝，從 nums［0］ 開始做選擇

return backtrack（k， 0， nums， 0， used， target）;

}

實現backtrack函數的邏輯之前，再重復一遍，從桶的視角：

1、需要遍歷nums中所有數字，決定哪些數字需要裝到當前桶中。

2、如果當前桶裝滿了（桶內數字和達到target），則讓下一個桶開始執行第 1 步。

下面的代碼就實現了這個邏輯：

boolean backtrack（int k， int bucket，

int［］ nums， int start， boolean［］ used， int target） {

// base case

if （k == 0） {

// 所有桶都被裝滿了，而且 nums 一定全部用完了

// 因為 target == sum / k

return true;

}

if （bucket == target） {

// 裝滿了當前桶，遞歸窮舉下一個桶的選擇

// 讓下一個桶從 nums［0］ 開始選數字

return backtrack（k - 1， 0 ，nums， 0， used， target）;

}

// 從 start 開始向后探查有效的 nums［i］ 裝入當前桶

for （int i = start; i 《 nums.length; i++） {

// 剪枝

if （used［i］） {

// nums［i］ 已經被裝入別的桶中

continue;

}

if （nums［i］ + bucket 》 target） {

// 當前桶裝不下 nums［i］

continue;

}

// 做選擇，將 nums［i］ 裝入當前桶中

used［i］ = true;

bucket += nums［i］;

// 遞歸窮舉下一個數字是否裝入當前桶

if （backtrack（k， bucket， nums， i + 1， used， target）） {

return true;

}

// 撤銷選擇

used［i］ = false;

bucket -= nums［i］;

}

// 窮舉了所有數字，都無法裝滿當前桶

return false;

}

至此，這道題的第二種思路也完成了。

四、最后總結

本文寫的這兩種思路都可以通過所有測試用例，不過第一種解法即便經過了排序優化，也明顯比第二種解法慢很多，這是為什么呢？

我們來分析一下這兩個算法的時間復雜度，假設nums中的元素個數為n。

先說第一個解法，也就是從數字的角度進行窮舉，n個數字，每個數字有k個桶可供選擇，所以組合出的結果個數為k^n，時間復雜度也就是O（k^n）。

第二個解法，每個桶要遍歷n個數字，選擇「裝入」或「不裝入」，組合的結果有2^n種；而我們有k個桶，所以總的時間復雜度為O（k*2^n）。

當然，這是理論上的最壞復雜度，實際的復雜度肯定要好一些，畢竟我們添加了這么多剪枝邏輯。不過，從復雜度的上界已經可以看出第一種思路要慢很多了。

所以，誰說回溯算法沒有技巧性的？雖然回溯算法就是暴力窮舉，但窮舉也分聰明的窮舉方式和低效的窮舉方式，關鍵看你以誰的「視角」進行窮舉。

通俗來說，我們應該盡量「少量多次」，就是說寧可多做幾次選擇，也不要給太大的選擇空間；寧可「二選一」選k次，也不要 「k選一」選一次。

這道題我們從兩種視角進行窮舉，雖然代碼量看起來多，但核心邏輯都是類似的，相信你通過本文能夠更深刻地理解回溯算法。
編輯：lyn