题解：洛谷 P1466 集合

【题目来源】

洛谷：P1466 [USACO2.2] 集合 Subset Sums - 洛谷

【题目描述】

对于从 1∼n 的连续整数集合，能划分成两个子集合，且保证每个集合的数字和是相等的。举个例子，如果 n=3，对于 {1,2,3} 能划分成两个子集合，每个子集合的所有数字和是相等的：

{3} 和 {1,2} 是唯一一种分法（交换集合位置被认为是同一种划分方案，因此不会增加划分方案总数）如果 n=7，有四种方法能划分集合 {1,2,3,4,5,6,7}，每一种分法的子集合各数字和是相等的：

{1,6,7} 和 {2,3,4,5}

{2,5,7} 和 {1,3,4,6}

{3,4,7} 和 {1,2,5,6}

{1,2,4,7} 和 {3,5,6}

给出 n，你的程序应该输出划分方案总数。

【输入】

输入文件只有一行，且只有一个整数 n

【输出】

输出划分方案总数。

【输入样例】

7

【输出样例】

4

【核心思想】

1. 问题分析：给定 \(n\)，将集合 \(\{1, 2, \ldots, n\}\) 划分为两个子集，使两子集元素和相等。求划分方案总数（交换两子集位置视为同一种方案）。总和 \(S = \frac{n(n+1)}{2}\)，若 \(S\) 为奇数则无解；否则每个子集目标和为 \(m = \frac{S}{2}\)。问题转化为：从 \(\{1, \ldots, n\}\) 中选取若干个数，使其和恰好为 \(m\) 的方案数。

2. 算法选择：

   • 01 背包变形（计数型 DP）：\(dp[i][j]\) 表示从前 \(i\) 个数中选取若干个数，使其和为 \(j\) 的方案数
   • 状态转移：对于第 \(i\) 个数，可选可不选
     • 不选：方案数为 \(dp[i-1][j]\)
     • 选：方案数为 \(dp[i-1][j-i]\)（前提是 \(j \ge i\)）
   • 最终答案：\(dp[n][m]\)，因交换两子集视为同一种方案，无需除以 2

3. 关键步骤：

   • 读入：\(n\)
   • 计算总和：\(tot = \frac{n(n+1)}{2}\)
   • 奇数特判：若 \(tot \bmod 2 = 1\)，输出 \(0\) 并退出
   • 初始化：\(m = \frac{tot}{2}\)，\(dp[1][1] = 1\)（选数字 1 和为 1 的方案有 1 种）
   • DP 递推（\(i\) 从 \(2\) 到 \(n\)，\(j\) 从 \(0\) 到 \(m\)）：
     • 若 \(j < i\)：\(dp[i][j] = dp[i-1][j]\)（当前数太大，无法选取）
     • 若 \(j \ge i\)：\(dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-i]\)（不选或选第 \(i\) 个数）
   • 输出：\(dp[n][m]\)

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(n \cdot m) = O(n^3)\)，其中 \(m = \frac{n(n+1)}{4}\)
   • 空间复杂度：\(O(n \cdot m) = O(n^3)\)，二维 DP 数组

5. 计数型 DP 的核心思想：

   • 子集和问题转化：集合划分等价于找一个子集使其和为总和的一半，另一半自动确定
   • 方案数累加：与 01 背包求最大值不同，计数型 DP 将"取最大值"改为"方案数相加"
   • 避免重复计数：因只统计一个子集的方案数，另一个子集被唯一确定，自然避免了交换位置的重复
   • 奇数和无解：总和为奇数时无法均分，直接返回 0
   • 适用于子集划分、整数拆分、计数型背包等问题

【解题思路】

【算法标签】

普及 #递推

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, dp[45][4000];
int main()
{
    cin >> n;  // 输入n
    m = n*(n+1)/4;  // 每个组合的数的总和要是1-n总和的1/2
    int tot = n*(n+1)/2;  // 计算n个数的总和
    if (tot%2==1) {  // 这里要特判（否则最后一个测试点无法通过）
        cout << 0 << endl;  // 如果和为奇数，就找不到方案
        return 0;
    }
    dp[1][1] = 1;  // dp[i][j]，i为第i个数，j为背包大小（有点类似01背包，但递推公式不完全是）
    for (int i=2; i<=n; i++) {  // 从第二个数开始遍历
        for (int j=0; j<=m; j++) {  // 遍历背包大小
            if (j<i) {  // 01背包这里是j<w[i]，题目中w[i]=i，所以写成j<i
                dp[i][j] = dp[i-1][j];  // 如果背包放不下，方案数等于上一个i的方案数
            } else {  // 如果装的下
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-i];  // 方案数等于上一个i的方案数，加上上一个i的j-i的方案数（这里不用像01背包加c[i]）
            }
        }
    }
    cout << dp[n][m] << endl;  // 输出结果
    return 0;
}

【运行结果】

7
4