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题目分析

先特判，如果sum(nums) < 2 * k显然不可能成功！返回0
出现Mod大概率就是dp
1000的话提示我们用平方复杂度的dp
这种取子序列的问题，本质就是选or不选的问题
如果我们只考虑一维dp,dp[i]肯定是选前i个中能选的个数是吧
但是呢。。这个能选或者不能选其实是依赖之前选的和才行的
所以，我们必须要多加一维：dp[i][j]表示前i个选择的和为j的个数
然而，如果我们考虑好数组的话，它的和可以野蛮生长到10 ** 9不符合预期
因此，考虑反面，也就是坏数组
坏数组就是第一个or第二个数组的和小于k
由于对称性，我们只考虑第一个，然后答案*2即可
特别地，我们的第一维度要多加一个i = 0的表示起始的空集
初始条件就是dp[0][0] = 1意思是啥也没有的时候，和是0的话，有一个解法
然后dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]] 如果后者不小于0的话即可
最后返回dp[n]的和，这个就是所有坏数组的个数
ans = pow(2, n, mod) - 2 * sum(dp[n])
要记得mod即可

ac code

class Solution:
    def countPartitions(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        if sum(nums) < 2 * k:
            return 0
        MOD = 10 ** 9 + 7
        # 好分组大于等于k没有限制，不好整
        # 坏分组只要小于k即可
        # f[i][j]表示前i个和为j的个数(都是坏数组，因为j范围是[0, k - 1])
        n = len(nums)
        f = [[0] * k for _ in range(n + 1)]
        # 空组
        f[0][0] = 1 # 前0个和为0的总有一个吧，就是啥也没有的那个
        for i in range(1, n + 1):
            for j in range(k):
                f[i][j] = f[i - 1][j] # 不选第i个
                if j - nums[i - 1] >= 0:
                    f[i][j] += f[i - 1][j - nums[i - 1]] # 选第i个
        # 行吧，到最后，组还能为空！
        # 长见识了！
        bads = (2 * sum(f[n])) % MOD # 由于对称性，所以乘2
        goods = pow(2, n, MOD) - bads
        return goods % MOD