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读完本文，你不仅学会了算法套路，还能够顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
698. 划分为 k 个相等的子集（中等）
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之前说过回溯算法是口试中最好用的算法，只有你没什么思路，就用回溯算法暴力求解，即使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，前文 回溯算法框架套路 说过，回溯算法就是穷举一棵决策树的过程，只有在递归之前「做抉择」，在递归之后「撤销抉择」就行了。
然而，就算暴力穷举，不同的思路也有优劣之分 。
本文就来看一道十分经典的回溯算法问题，力扣第 698 题「划分为 k 个相等的子集」。这道题能够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：
给你输出一个数组 nums 和一个正整数 k，请你判断 nums 是否可能被平分为元素和雷同的 k 个子集。
函数签名如下：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k);咱们之前 背包问题之子集划分 写过一次子集划分问题，不过那道题只须要咱们把汇合划分成两个相等的汇合，能够转化成背包问题用动静布局技巧解决。
然而如果划分成多个相等的汇合，解法个别只能通过暴力穷举，工夫复杂度爆表，是练习回溯算法和递归思维的好机会。
一、思路剖析
首先，咱们回顾一下以前学过的排列组合常识：
1、P(n, k)（也有很多书写成 A(n, k)）示意从 n 个不同元素中拿出 k 个元素的排列（Permutation/Arrangement）；C(n, k) 示意从 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」的次要区别在于是否思考程序的差别。
3、排列、组合总数的计算公式：
好，当初我问一个问题，这个排列公式 P(n, k) 是如何推导进去的？为了搞清楚这个问题，我须要讲一点组合数学的常识。
排列组合问题的各种变体都能够形象成「球盒模型」，P(n, k) 就能够形象成上面这个场景：
即，将 n 个标记了不同序号的球（标号为了体现程序的差别），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) 种不同的办法。
当初你来，往盒子里放球，你怎么放？其实有两种视角。
首先，你能够站在盒子的视角 ，每个盒子必然要抉择一个球。
这样，第一个盒子能够抉择 n 个球中的任意一个，而后你须要让剩下 k - 1 个盒子在 n - 1 个球中抉择：
另外，你也能够站在球的视角 ，因为并不是每个球都会被装进盒子，所以球的视角分两种状况：
1、第一个球能够不装进任何一个盒子，这样的话你就须要将剩下 n - 1 个球放入 k 个盒子。
2、第一个球能够装进 k 个盒子中的任意一个，这样的话你就须要将剩下 n - 1 个球放入 k - 1 个盒子。
联合上述两种状况，能够失去：
你看，两种视角失去两个不同的递归式，但这两个递归式解开的后果都是咱们熟知的阶乘模式：
至于如何解递归式，波及数学的内容比拟多，这里就不做深入探讨了，有趣味的读者能够自行学习组合数学相干常识。
回到正题，这道算法题让咱们求子集划分，子集问题和排列组合问题有所区别，但咱们能够借鉴「球盒模型」的形象，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 个和雷同的汇合，你能够设想将 n 个数字调配到 k 个「桶」里，最初这 k 个「桶」里的数字之和要雷同。
前文 回溯算法框架套路 说过，回溯算法的要害在哪里？
要害是要晓得怎么「做抉择」，这样能力利用递归函数进行穷举。
那么模拟排列公式的推导思路，将 n 个数字调配到 k 个桶里，咱们也能够有两种视角：
视角一，如果咱们切换到这 n 个数字的视角，每个数字都要抉择进入到 k 个桶中的某一个 。
视角二，如果咱们切换到这 k 个桶的视角，对于每个桶，都要遍历 nums 中的 n 个数字，而后抉择是否将以后遍历到的数字装进本人这个桶里 。
你可能问，这两种视角有什么不同？
用不同的视角进行穷举，尽管后果雷同，然而解法代码的逻辑齐全不同，进而算法的效率也会不同；比照不同的穷举视角，能够帮你更粗浅地了解回溯算法，咱们缓缓道来 。
二、以数字的视角
用 for 循环迭代遍历 nums 数组大家必定都会：
for (int index = 0; index < nums.length; index++) {System.out.println(nums[index]);
}递归遍历数组你会不会？其实也很简略：
void traverse(int[] nums, int index) {if (index == nums.length) {return;}
System.out.println(nums[index]);
traverse(nums, index + 1);
} 只有调用 traverse(nums, 0)，和 for 循环的成果是齐全一样的。
那么回到这道题，以数字的视角，抉择 k 个桶，用 for 循环写进去是上面这样：
// k 个桶（汇合），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] 抉择是否要进入第 i 个桶
// ...
}
}如果改成递归的模式，就是上面这段代码逻辑：
// k 个桶（汇合），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++) {
// 抉择装进第 i 个桶
bucket[i] += nums[index];
// 递归穷举下一个数字的抉择
backtrack(nums, index + 1);
// 撤销抉择
bucket[i] -= nums[index];
}
}尽管上述代码仅仅是穷举逻辑，还不能解决咱们的问题，然而只有略加欠缺即可：
// 主函数
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些根本状况
if (k > nums.length) return false;
int sum = 0;
for (int v : nums) sum += v;
if (sum % k != 0) return false;
// k 个桶（汇合），记录每个桶装的数字之和
int[] bucket = new int[k];
// 实践上每个桶（汇合）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) {
// 查看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 胜利平分成 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抉择
if (backtrack(nums, index + 1, bucket, target)) {return true;}
// 撤销抉择
bucket[i] -= nums[index];
}
// nums[index] 装入哪个桶都不行
return false;
}有之前的铺垫，置信这段代码是比拟容易了解的。这个解法尽管可能通过，然而耗时比拟多，其实咱们能够再做一个优化。
次要看 backtrack 函数的递归局部：
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;}
}如果咱们让尽可能多的状况命中剪枝的那个 if 分支，就能够缩小递归调用的次数，肯定水平上缩小工夫复杂度 。
如何尽可能多的命中这个 if 分支呢？要晓得咱们的 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。
如果咱们提前对 nums 数组排序，把大的数字排在后面，那么大的数字会先被调配到 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。
所以能够在之前的代码中再增加一些代码：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 其余代码不变
// ...
/* 降序排序 nums 数组 */
Arrays.sort(nums);
for (i = 0, j = nums.length - 1; i < j; i++, j--) {// 替换 nums[i] 和 nums[j]
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
/*******************/
return backtrack(nums, 0, bucket, target);
}因为 Java 的语言个性，这段代码通过先升序排序再反转，达到降序排列的目标。
三、以桶的视角
文章结尾说了， 以桶的视角进行穷举，每个桶须要遍历 nums 中的所有数字，决定是否把以后数字装进桶中；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 。
这个思路能够用上面这段代码示意进去：
// 装满所有桶为止
while (k > 0) {
// 记录以后桶中的数字之和
int bucket = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {// 决定是否将 nums[i] 放入以后桶中
bucket += nums[i] or 0;
if (bucket == target) {
// 装满了一个桶，装下一个桶
k--;
break;
}
}
} 那么咱们也能够把这个 while 循环改写成递归函数，不过比方才稍微简单一些，首先写一个 backtrack 递归函数进去：
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。 如果你可能透彻了解本文，也能得心应手地写出这样的回溯函数 。
这个 backtrack 函数的参数能够这样解释：
当初 k 号桶正在思考是否应该把 nums[start] 这个元素装进来；目前 k 号桶外面曾经装的数字之和为 bucket；used 标记某一个元素是否曾经被装到桶中；target 是每个桶须要达成的指标和。
依据这个函数定义，能够这样调用 backtrack 函数：
boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些根本状况
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] 开始做抉择
return backtrack(k, 0, nums, 0, used, target);
} 实现 backtrack 函数的逻辑之前，再反复一遍，从桶的视角：
1、须要遍历 nums 中所有数字，决定哪些数字须要装到以后桶中。
2、如果以后桶装满了（桶内数字和达到 target），则让下一个桶开始执行第 1 步。
上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 肯定全副用完了
// 因为 target == sum / k
return true;
}
if (bucket == target) {
// 装满了以后桶，递归穷举下一个桶的抉择
// 让下一个桶从 nums[0] 开始选数字
return backtrack(k - 1, 0 ,nums, 0, used, target);
}
// 从 start 开始向后探查无效的 nums[i] 装入以后桶
for (int i = start; i < nums.length; i++) {
// 剪枝
if (used[i]) {// nums[i] 曾经被装入别的桶中
continue;
}
if (nums[i] + bucket > target) {// 以后桶装不下 nums[i]
continue;
}
// 做抉择，将 nums[i] 装入以后桶中
used[i] = true;
bucket += nums[i];
// 递归穷举下一个数字是否装入以后桶
if (backtrack(k, bucket, nums, i + 1, used, target)) {return true;}
// 撤销抉择
used[i] = false;
bucket -= nums[i];
}
// 穷举了所有数字，都无奈装满以后桶
return false;
}这段代码是能够得出正确答案的，然而效率很低，咱们能够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能够认为是没有差别的，然而咱们的回溯算法却会对它们区别对待，这里就会呈现反复计算的状况。
什么意思呢？咱们的回溯算法，说到底就是穷举所有可能的组合，而后看是否能找出和为 target 的 k 个桶（子集）。
那么，比方上面这种状况，target = 5，算法会在第一个桶外面装 1, 4：
当初第一个桶装满了，就开始装第二个桶，算法会装入 2, 3：
而后以此类推，对前面的元素进行穷举，凑出若干个和为 5 的桶（子集）。
但问题是，如果最初发现无奈凑出和为 target 的 k 个子集，算法会怎么做？
回溯算法会回溯到第一个桶，从新开始穷举，当初它晓得第一个桶里装 1, 4 是不可行的，它会尝试把 2, 3 装到第一个桶里：
当初第一个桶装满了，就开始装第二个桶，算法会装入 1, 4：
好，到这里你应该看进去问题了，这种状况其实和之前的那种状况是一样的。也就是说，到这里你其实曾经晓得不须要再穷举了，必然凑不出来和为 target 的 k 个子集。
但咱们的算法还是会傻乎乎地持续穷举，因为在她看来，第一个桶和第二个桶外面装的元素不一样，那这就是两种不一样的状况呀。
那么咱们怎么让算法的智商进步，辨认出这种状况，防止冗余计算呢？
你留神这两种状况的 used 数组必定长得一样，所以 used 数组能够认为是回溯过程中的「状态」。
所以，咱们能够用一个 memo 备忘录，在装满一个桶时记录以后 used 的状态，如果以后 used 的状态是已经呈现过的，那就不必再持续穷举，从而起到剪枝防止冗余计算的作用 。
有读者必定会问，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，比方咱们能够把数组转化成字符串，这样就能够作为哈希表的键进行存储了。
看下代码实现，只有略微改一下 backtrack 函数即可：
// 备忘录，存储 used 数组的状态
HashMap<String, Boolean> 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) {
// 装满了以后桶，递归穷举下一个桶的抉择
boolean res = backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
// 将以后状态和后果存入备忘录
memo.put(state, res);
return res;
}
if (memo.containsKey(state)) {
// 如果以后状态曾今计算过，就间接返回，不要再递归穷举了
return memo.get(state);
}
// 其余逻辑不变...
}这样提交解法，发现执行效率仍然比拟低，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耗费，所以咱们还能够进一步优化 。
留神题目给的数据规模 nums.length <= 16，也就是说 used 数组最多也不会超过 16，那么咱们齐全能够用「位图」的技巧，用一个 int 类型的 used 变量来代替 used 数组。
具体来说，咱们能够用整数 used 的第 i 位（(used >> i) & 1）的 1/0 来示意 used[i] 的 true/false。
这样一来，不仅节约了空间，而且整数 used 也能够间接作为键存入 HashMap，省去数组转字符串的耗费。
看下最终的解法代码：
public boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
// 排除一些根本状况
if (k > nums.length) return false;
int sum = 0;
for (int v : nums) sum += v;
if (sum % k != 0) return false;
int used = 0; // 应用位图技巧
int target = sum / k;
// k 号桶初始什么都没装，从 nums[0] 开始做抉择
return backtrack(k, 0, nums, 0, used, target);
}
HashMap<Integer, Boolean> 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 肯定全副用完了
return true;
}
if (bucket == target) {
// 装满了以后桶，递归穷举下一个桶的抉择
// 让下一个桶从 nums[0] 开始选数字
boolean res = backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
// 缓存后果
memo.put(used, res);
return res;
}
if (memo.containsKey(used)) {
// 防止冗余计算
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] 曾经被装入别的桶中
continue;
}
if (nums[i] + bucket > target) {continue;}
// 做抉择
used |= 1 << i; // 将第 i 地位为 1
bucket += nums[i];
// 递归穷举下一个数字是否装入以后桶
if (backtrack(k, bucket, nums, i + 1, used, target)) {return true;}
// 撤销抉择
used ^= 1 << i; // 应用异或运算将第 i 位复原 0
bucket -= nums[i];
}
return false;
}至此，这道题的第二种思路也实现了。
四、最初总结
本文写的这两种思路都能够算出正确答案，不过第一种解法即使通过了排序优化，也显著比第二种解法慢很多，这是为什么呢？
咱们来剖析一下这两个算法的工夫复杂度，假如 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，所以组合出的后果个数为 k^n，工夫复杂度也就是 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」两种抉择，所以组合的后果有 2^n 种；而咱们有 k 个桶，所以总的工夫复杂度为 O(k*2^n)。
当然，这是对最坏复杂度上界的粗略估算，理论的复杂度必定要好很多，毕竟咱们增加了这么多剪枝逻辑 。不过，从复杂度的上界曾经能够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？尽管回溯算法就是暴力穷举，但穷举也分聪慧的穷举形式和低效的穷举形式，要害看你以谁的「视角」进行穷举。
艰深来说，咱们应该尽量「少量多次」，就是说宁肯多做几次抉择，也不要给太大的抉择空间；宁肯「二选一」选 k 次，也不要「k 选一」选一次。
好了，这道题咱们从两种视角进行穷举，尽管代码量看起来多，但外围逻辑都是相似的，置信你通过本文可能更粗浅地了解回溯算法。
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