完整教程：LeetCode算法日记 - Day 58: 目标和、数组总和
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1. 目标和
https://leetcode.cn/problems/target-sum/
给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
- 例如，
nums = [2, 1]，可以在2之前添加'+'，在1之前添加'-'，然后串联起来得到表达式"+2-1"。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3示例 2：
输入：nums = [1], target = 1
输出：1提示：
1 <= nums.length <= 200 <= nums[i] <= 10000 <= sum(nums[i]) <= 1000-1000 <= target <= 1000
1.1 题目解析
题目本质
对每个元素二选一（加号/减号），本质是二叉决策树上的全路径计数问题：从左到右依次决定符号，统计最终累加和等于 target 的路径条数。
常规解法
直接 DFS/回溯：在位置 pos 同时尝试 +nums[pos] 和 -nums[pos]，直到用完所有元素，命中目标就计数。
问题分析
决策树有 2^n 条路径，时间复杂度 O(2^n)，空间为递归深度 O(n)。在 n<=20 的题目规模下可接受，但存在大量重复子问题，若数据更大或多测试会显得慢。
思路转折
若要进一步稳定到多组数据，可改成等价的 0/1 背包计数（子集和），这里只点到为止。
1.2 解法
算法思想
• 定义递归 dfs(pos, curSum)：处理到下标 pos，当前累加和为 curSum。
• 分支：进入 dfs(pos+1, curSum + nums[pos]) 与 dfs(pos+1, curSum - nums[pos])。
• 终止：当 pos==len，若 curSum==target，答案计数 +1。
• 最终答案为根结点到叶子的“命中”路径条数。
i）预处理并保存 len 与 target（代码里用 t）。
ii）从 pos=0, curSum=0 调用 dfs。
iii）在 dfs 中：
若 pos==len，判断是否命中，命中则 result++；返回。
否则递归两条分支：+nums[pos] 与 -nums[pos]。
iv）递归结束后返回全局 result。
易错点
递归基与返回：
pos==len时务必只判断一次并立即返回，避免重复计数。int安全性：本题和的范围 [−1000,1000][-1000,1000][−1000,1000]，int足够；若拓展到大数，可考虑long。
1.3 代码实现
class Solution {
int result; // 记录命中 target 的表达式数量
int len; // 数组长度
int t; // 目标 target
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
this.t = target;
this.len = nums.length;
result = 0;
dfs(nums, 0, 0);
return result;
}
// 回溯：在位置 pos 选择 +nums[pos] 或 -nums[pos]
private void dfs(int[] nums, int pos, int curSum) {
if (pos == len) {
if (curSum == t) result++;
return;
}
dfs(nums, pos + 1, curSum + nums[pos]); // 选择 +
dfs(nums, pos + 1, curSum - nums[pos]); // 选择 -
}
}复杂度分析
时间复杂度：最坏 O(2^n)，每个元素都有加/减两种选择。
空间复杂度：递归栈深度 O(n)。
2. 数组总和
https://leetcode.cn/problems/combination-sum/description/
给你一个 无重复元素 的整数数组 candidates 和一个目标整数 target ，找出 candidates 中可以使数字和为目标数 target 的 所有不同组合 ，并以列表形式返回。你可以按 任意顺序 返回这些组合。
candidates 中的 同一个 数字可以 无限制重复被选取 。如果至少一个数字的被选数量不同，则两种组合是不同的。
对于给定的输入，保证和为 target 的不同组合数少于 150 个。
示例 1：
输入：candidates = [2,3,6,7], target = 7
输出：[[2,2,3],[7]]
解释：
2 和 3 可以形成一组候选，2 + 2 + 3 = 7 。注意 2 可以使用多次。
7 也是一个候选， 7 = 7 。
仅有这两种组合。示例 2：
输入: candidates = [2,3,5], target = 8
输出: [[2,2,2,2],[2,3,3],[3,5]]示例 3：
输入: candidates = [2], target = 1
输出: []2.1 题目解析
题目本质
在“元素可重复取、组合无序”的前提下，寻找所有和为 target 的组合。这是一个组合型回溯问题：用起始下标 pos 控制只向右选，天然去重。
常规解法
直接回溯
从 pos 开始循环，选入 candidates[i] 后递归到下一层；因为允许重复使用，下一层仍从 i 开始；当累加和到达 target 即收集路径。
问题分析
朴素回溯会产生大量无效分支（当前和已超过 target 仍在探索），复杂度指数级，虽然题目保证解的数量 < 150，但无剪枝时仍浪费显著搜索。
思路转折
在有写法的框架内（ret/path/t + dfs(nums, pos, cur) 不变）做两点小优化即可显著提速：
i）排序 + 单行剪枝：先对 candidates 升序；在循环中一旦 cur + nums[i] > t，因后续更大，直接 break，整层提前结束。。
ii）起始下标去重：保持“下一层仍从 i 开始”（不是 i+1），既支持重复取数，又自然避免 [2,3,2] 这类排列重复。
2.2 解法
解法
算法思想
• 定义 dfs(pos, cur)：在区间 [pos..n) 内继续选，使当前和为 cur。
• 若 cur == t：把 path 复制进 ret，返回一条解。
• 枚举 i 从 pos 到 n-1：
— 若 cur + nums[i] > t 且数组已升序，直接 break；
— 选入 nums[i]，递归 dfs(i, cur + nums[i])（允许重复使用）；回溯弹出。
i）将 candidates 升序排序。
ii）初始化全局 ret（答案集合）、path（当前路径）、t（目标）。
iii）从 dfs(0, 0) 启动回溯。
iv）在 dfs 中命中 cur == t 时收集并返回；否则循环枚举：做“超目标即 break”剪枝；选入→递归→回溯。
v）返回 ret。
易错点
剪枝一定配合排序：只有升序时 cur + nums[i] > t 才能用 break（不是 continue）。
重复使用与去重：允许重复使用元素，因此下一层起点是
i而不是i+1。命中即返回：cur == t 立即收集并返回，避免无用分支。
回溯弹栈：递归后必须 remove 最后加入的元素，防止污染其他分支。
2.3 代码实现
import java.util.*;
class Solution {
List> ret;
List path;
int t;
public List> combinationSum(int[] c, int _t) {
ret = new ArrayList<>();
path = new ArrayList<>();
t = _t;
Arrays.sort(c); // 升序：启用“超目标即剪枝”的 break
dfs(c, 0, 0);
return ret;
}
// 回溯：从下标 pos 开始选择，当前和为 cur
public void dfs(int[] nums, int pos, int cur) {
if (cur == t) { // 命中目标，收集一份解
ret.add(new ArrayList<>(path));
return;
}
for (int i = pos; i < nums.length; i++) {
int v = nums[i];
if (cur + v > t) break; // 关键剪枝：已排序，后面的更大，直接停止本层循环
path.add(v);
dfs(nums, i, cur + v); // 可重复使用同一元素，因此下一层仍从 i 开始
path.remove(path.size() - 1); // 回溯
}
}
} 复杂度分析
时间复杂度：由空间决定的指数级，但“排序 + break 剪枝”能大幅减少无效分支，在“解数 < 150”的约束下运行稳定。
空间复杂度：递归深度上界约为 target / min(candidates)，路径与调用栈合计 O(深度)。
浙公网安备 33010602011771号