Leetcode中的 target sum 問題其實可以轉化為 Subset sum。關於Subset sum，可以參考我的前一篇部落格 Ksum 與 Uncertain sum （子集和問題 Subset sum ）。

先貼一下 Leetcode 中關於 target sum （Leetcode 494）的問題描述：

You are given a list of non-negative integers, a1, a2, …, an, and a target, S. Now you have 2 symbols + and -. For each integer, you should choose one from + and - as its new symbol. Find out how many ways to assign symbols to make sum of integers equal to target S. Example 1:

Input: nums is [1, 1, 1, 1, 1], S is 3. Output: 5 Explanation: -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 There are 5 ways to assign symbols to make the sum of nums be target 3. Note: 1.The length of the given array is positive and will not exceed 20. 2.The sum of elements in the given array will not exceed 1000. 3.Your output answer is guaranteed to be fitted in a 32-bit integer.

這個問題是說給定一個數組 nums = [$a_1,a_2,\cdots,a_n$] 和一個目標數 S，在 nums 中的每個數前面可以加上正號或符號，使得加上正負號之後的所有數之和等於目標數 S，試計算通過正負號組合再求和後得到 S 的組合數目有多少種。

這個題比較常規的解法是搜尋法和動態規劃法，其實還有種做法是將這個問題轉化為 “子集和問題”。下面先介紹後一種方法，再介紹前面兩種常規的方法。

轉化為 “子集和問題” 來求解

怎麼將問題轉化為子集和問題呢？可以這樣來思考： 根據題目意思， nums 陣列中的所有元素前面需要新增正號或者負號，那麼我們把添加了正號的所有元素之和記為 $P$

P，把所有添加了負號的元素之和記為 $N$。容易知道，有下面兩個式子成立： $P + N = sum(\text{nums}) \\ \hspace{-1.5cm} {P - N = S}$ 於是就可以得到：$P = (sum(\text{nums})+S)/2$ 也就是說只需要在陣列 nums 中找到部分元素使得它們的和等於 $(sum(\text{nums})+S)/2$ 就行了，這個就是 Leetcode 中的 Combination sum I II III IV（Leetcode 39, 40,216, 377），這跟之前在部落格 Ksum 與 Uncertain sum （子集和問題 Subset sum ） 中介紹的子集和問題有點不同的是，之前的部落格中的問題只需要判斷是否存在部分元素之和等於目標數值（不存在就是0，存在就是1），而這裡是需要計算有多少種組合能得到 $P = (sum(\text{nums})+S)/2$（不存在就是0，存在的話還需判斷多少種情況）。不過萬變不離其宗，其思路並沒有變化，在之前我的部落格 Ksum 與 Uncertain sum （子集和問題 Subset sum ） 裡所寫的原始問題的程式碼中，只需將 True 換成 1，False 換成 0，“或運算” 換成 “加法”，就可以得到這個問題的解了。

Python 程式碼 如下：

    def func(nums, M):
        dp = [[0 for _ in range(M+1)] for _ in range(len(nums)+1)]
        for i in range(len(nums)+1):
            dp[i][0] = 1
        for j in range(1,M+1):
            dp[0][j] = 0
        for i in range(1,len(nums)+1):
            for j in range(M+1):
                dp[i][j] = dp[i-1][j]
                if j>= nums[i-1]: # 注：由於上面做了padding，所以此處的第i個元素即為nums[i-1]
                    dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-nums[i-1]]
        return dp[len(nums)][M]
    
    
    def TargetSum(nums, S):
        if sum(nums)<S:
            return 0
        if int((S+sum(nums))%2)==1:
            return 0
        target = int((S+sum(nums))/2)
        return func(nums, target)

上面的做法中用了二維陣列，當然用一維陣列也可以做。令 dp[$i$] 表示能夠組合成和為 $i$ 的組合數目，那麼需要求解的就是 dp[$(sum(\text{nums})+S)/2$] 的值了。之前在部落格 Ksum 與 Uncertain sum （子集和問題 Subset sum ） 中有說，規定空集的和為0，也就是說 dp[0]=1。將其作為邊界條件，那麼還需要知道在一般情形中的迭代公式。可以這樣來思考:

step1：如果要得到一個和為 $T$ 的組合數 dp[$T$]，那麼它肯定等於和為 $T-\text{term}$ 的累加，這裡的 $\text{term}$ 是 nums 中的元素，而且 $\text{term}$ 不能重複使用。 （注： $T-\text{term}$ 要 $\ge$ 0）

step2：如何實現 “和為 $T-\text{term}$ 的累加” 而且 “$\text{term}$ 不能重複使用” 呢？答案是 “自疊加” 和 “迴圈遍歷”。“自疊加” 是指的形如 “$a=a+b$” 這樣的型別，即在原始 $a$ 的基礎上加個 $b$ 成為新的 $a$。“迴圈遍歷” 是指的對 nums 中的每個 $\text{term}$ 進行遍歷，當取定一個 $\text{term}$ 時，計算 dp[$T-\text{term}$]， dp[$T-1-\text{term}$]，dp[$T-2-\text{term}$]，$\cdots$（只要滿足 $\ge$ 0，可以一直進行下去）。迴圈遍歷 term 時，由於每次遍歷時 term 之間相互獨立，所以每個 term 只會被使用一次。

Python 程式碼如下：

    def TargetSum(nums, S):
        if sum(nums)<S:
            return 0
        if int((S+sum(nums))%2)==1:
            return 0
        target = int((S+sum(nums))/2)
        dp = [0]*(target+1)
        dp[0] = 1
        for term in nums:
            i = target
            while(i>=term):
                dp[i] = dp[i] + dp[i-term]
                i = i-1
        return dp[target]

通過搜尋法來求解

這個題目也可以通過搜尋法來做。如果對圖演算法比較熟悉的話，其實搜尋法應該是最容易想到解這個題的方法。

思路是將陣列中的每個元素看作一個節點，從第一個元素搜尋到最後一個元素為止。每經過一個元素，將其帶正負號的兩種情況分別都考慮，依次累加到最後一個元素。比如說對如陣列 [1, 2, 1]，對元素加正負號之後，目標值是 -2，那麼搜尋可以形象地用下面地圖來描述：

可以看出有兩種方式能夠得到 -2，一種是 -1 + 2 + (-1) = -2，另一種是 1 + (-2) + (-1) = -2。用搜索的方法需要搜尋所有情況，雖然原理很簡單，但是時間複雜度較高，對較短的陣列比較適宜，但是對較長的陣列容易超時。

Pathon 程式碼如下：

    def TargetSum(nums, S):
        def dfs(depth, sums):
            if depth == len(nums):
                if sums == S:
                    return 1
                else:
                    return 0
            return dfs(depth+1, sums+nums[depth]) + dfs(depth+1, sums-nums[depth])
        return dfs(0, 0)

通過動態規劃法來求解

當然，這個題也可以用常規的動態規劃方法來求解。之前在將問題轉化為 “子集和問題” 後雖然用了動態規劃的方法，不過此處說的是針對原始問題的動態規劃法，設定的 dp 和構造的子結構不一樣。

對於這個題的分析，可以如下： 首先，對於給定的陣列 nums，不論將其怎麼組合都有個上下界，上界是 $sum(\text{nums})$，即 nums 中所有元素均加上正號；下界是 $-sum(\text{nums})$，即 nums 中所有元素均加上負號。那麼將 nums 中的元素新增正負號進行求和後，其和值必定落在 $[-sum(\text{nums}), sum(\text{nums})]$ 之內，也就是說和值的取值長度有 $2*sum(\text{nums})$+1。

由於指標不能為負，所以需要將取值區間由 $[-sum(\text{nums}), sum(\text{nums})]$ 平移得到 $[0,2*sum(\text{nums})$+1$]$，那麼之前的 0 就被平移成了 $sum(\text{nums})$，記它為 center 值。

令 dp[$i$][$j$] 表示 nums 中前 $i$ 個元素組合得到 $j$ 的組合方法數，因為在平移前有 dp[0][0]=1，所以平移後應該是 dp[0][center] = 1，這是動態規劃的 base 邊界條件。下面來思考結構式子：

由於每一個 dp[$i$][$j$] 都可以寫成 dp[$i-1$][$j-a_i$] 和 dp[$i-1$][$j+a_i$] 之和，其中 $a_i$ 表示 nums 中第 $i$ 個元素的值，寫成公式即： $\hspace{4cm}$ dp[$i$][$j$] = dp[$i-1$][$j-a_i$] + dp[$i-1$][$j+a_i$]

這個思維是指，dp[$i$][$j$] 會接到來自 dp[$i-1$][$j-a_i$] 和 dp[$i-1$][$j-a_i$] 的值。那麼，換個思維角度講， dp[$i$][$j$] 也會將自己的值傳遞給 dp[$i+1$][$j-a_{i+1}$] 和 dp[$i+1$][$j+a_{i+1}$] ，於是就有公式如下： $\hspace{5cm}$ dp[$i+1$][$j-a_{i+1}$] += dp[$i$][$j$] $\hspace{5cm}$ dp[$i+1$][$j+a_{i+1}$] += dp[$i$][$j$]

Python 程式碼如下：

    def TargetSum(nums, S):
        # dp[i][j] 表示nums中前i個元素組合得到j的方法數
        sums = sum(nums)
        # 易知，nums加符號後的組合，其和一定在 [-sums, sums]之間
        if sums < S:  #  當總和要小於給定數S，那麼不可能有組合使得和為S，返回0種方法
            return 0
        dp = [[0 for _ in range(2*sums+1)] for _ in range(len(nums)
            
  
           

              
              
            
            
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