引言
最近春招，同学都在各种面试和各种刷题，面试完之后常常互相分享在面试过程中遇到的题目，在分享过程中，我发现有些题目之间有雷同之处，所以总结一下
先上两道题
360的2018年面试真题：
小明手中有一张游乐园的游玩券，凭该券可以在游乐园中游玩时长度为T的时间，游乐园中有一些项目，它们占用的时长分别是t1，t2，t3，t4等等（每个项目最多只能玩一次），如果T时间到了，但是有一个项目的游玩还没有结束，那么小明可以继续把这个项目玩完，请问小明在游乐园中最多可以游玩多长时间？
为了更清晰地说明题意，举个例子： 假如T是100，游乐园中项目的时长分别是10,20,33,40,50。那么为了在游乐园中可以游玩的最长时间是20 + 33 + 40 + 50=143分钟（在100分钟到的时候，因为那个50分钟的项目还没有结束，所以可以把游玩时间一直拖延到最后的那个50分钟的项目结束）。
网易2015年笔试真题：
任意2n个数，从中选出n个数，使得它们的和与剩下的数的和的差最小。
题目分析
两道题目看起来没什么关系，但是进过分析之后可以看出他们都衍生自同一个基本问题，分析如下：
第一题
为了能够游玩的时间尽可能地长，时间最长的那个项目肯定要放在最后进行游玩，这样才能尽可能地拖延游玩时间，然后我们要从剩下的项目中选取n个项目，使得这n个项目时间的和最接近T（但是必须要小于T），然后再加上时长最长的那个项目就可以得到最长游玩时间了。 举个例子：T为100，游乐园中项目的游玩时间分别为10,20,33,40,50，我们首先将50放在一旁，然后发现剩下的项目中(20 + 33 + 40 = 93)的和是最接近T(=100)的，然后将其加上时间最长的那个项目（93 + 50 = 143）就是最长的游玩时间了。 现在问题就转换成如何求出最接近T的那个n项和，假如我们我们有一个方法，可以快速查询出是否存在n项的和等于T,T-1,T-2……，这样我们就可以从T开始向前（从T到0）查询，查找到为true的第一个数就是那个最接近T的n项和，所以问题可以进一步转换为数组的n项和为M的存在性问题。下面我们将会看到第二道题最后也可以转换成这个问题。
第二题
为了能够在2n个数中找出n个数，使得这n个数的和与剩下的n个数的和尽可能地接近，那么选出的这n个数的和就要尽可能地接近2n个数的和的一半，这个问题就和第一题差不多了，根据第一题的分析，这个问题进一步可以转换成数组的n项和为M的存在性问题。
基本问题：数组的n项和为M的存在性问题–动态规划
从上面分析可以看出，只要解决了这个问题就可以通杀一开始给出的两道题了。
如果使用暴力破解的话，n项的组合有n!种，那么时间复杂度是指数级，显然难以接受。使用动态规划的方法可以在伪多项式的时间复杂度内解决该问题。
为了使用动态规划方法，我们定义一个布尔类型的数组flag[n][m]，规定如果数组中存在n项的和为m，则flag[n][m]=true，反之flag[n][m]=false，则存在如下的递推关系（设nums代表数组）：
flag[n][m]=flag[n-1][m-nums[i]]
上面的式子其实并不完全正确（只是为了表述得更加简洁），完整的算法是：只要在nums数组中存在一个数字num使得flag[n-1][m-num]为true，则flag[n][m]为true，否则为false。
计算flag数组
首先初始化flag数组的第一行（下标为0），它代表0项和的存在性，显然0项的和只能是0，所以第一行中只有flag[0][0]是true，其他都是false，然后使用上面给出的递推公式一行行算出flag数组。 为了循序渐进地介绍flag数组的计算方法，这里先假设数组中的元素可以被重复使用，举个例子：数组为{1,5,6}，那么该数组存在3项的和为3（即1+1+1，1被重复使用了三次）。允许重复使用数组中数字的计算nums数组的flag的Java代码如下：（注：代码使用了Java中布尔数组初始化时默认值为false的特性）
boolean[][] flag = new boolean[nums.length][T];
flag[0][0] = true;
//允许重复使用时的计算方法，假设待计算的数组为nums
for ( int i = 1; i < nums.length; i++ ){
for ( int j = 0; j < T; j++ ){
for ( int h = 0; h < nums.length - 1; h++ ){
if ( j >= nums[h] && flag[i - 1][j - nums[h]] ){
flag[i][j] = true;
break;
}
}
}
}
稍微解释一下代码，flag[0][0]=true这一句代码初始化了flag数组的第一行，从之前给出的flag数组递推公式可以看出，每一行的flag数组的计算只依赖于上一行的结果，所以我们从第二行开始一行一行进行计算，最外层的循环变量i代表flag数组的行，第二层循环j代表flag数组的列，第三层循环则是遍历nums数组，只要在nums数组中存在一个num使得flag[i - 1][j - nums[h]]为true，则flag[i][j]为true，注意我在判断flag[i - 1][j - nums[h]]之前还加了一个j >= nums[h]的判断条件，这是为了避免后面计算flag的时候下标为负导致程序出错。
上面的代码假设了nums中的项可以重复使用，因为它将nums数组遍历放在了循环的第三层，计算每一个flag单元时都会尝试nums中的每一个数，不管它在计算上一行的时候有没有使用过。但是很多问题都要求数组中的项不能够重复使用，比如一开始给出的那一道360面试题中每个项目就只能够玩一次。为了让数组中每个项只使用一次，就需要将代码改一改，将nums数组遍历放在最外层循环中。不允许重复使用数组中数字的计算nums数组的flag的Java代码如下：
boolean[][] flag = new boolean[nums.length][T];
flag[0][0] = true;
//不允许重复使用时的计算方法
for ( int h = 0; h < nums.length - 1; h++ ){
for ( int i = h + 1; i > 0; i-- ){
for ( int j = 0; j < T; j++ ){
if ( j >= nums[h] && flag[i - 1][j - nums[h]] ){
flag[i][j] = true;
}
}
}
}
为了方便理解，这个代码的i,j,h的含义和之前的代码是一样的，分别代表flag的行号，flag的列号以及nums数组下标。i从h +1开始遍历的原因时，h=0时只有一个数字，所以只能求出1项和(i=1)，当h=1时有两个数字，可以求出1项和与2项和(i=1,2)，以此类推。
使用基本问题来解决开头给出的问题
问题一
思路（续之前的分析）：在这个问题中，我只关心是否存在n项和为T,T-1,T-2……，而并不关心n具体等于多少，所以我们在计算flag数组时顺带再计算一个一维数组colFlag[0…T]，通过colFlag数组的下标就可以快速查询出是否存在n项和为T,T-1,T-2……，Java代码如下（基本上没怎么用到Java的特性，所以不熟悉Java的童鞋也不要担心看不懂）：
static private void swap(int[] array, int k, int t){
int temp = array[k];
array[k] = array[t];
array[t] = temp;
}
public static void main(String[] args) {
int T = 100;
int[] nums = {10,20,33,40,50};
int max = 0;
int maxindex = 0;
for ( int i = 0; i < nums.length; i++ ){
if ( nums[i] > max ){
max = nums[i];
maxindex = i;
}
}
//将时间最长的项目放到最后
swap(nums, maxindex, nums.length - 1);
//n个数的和为m是否存在标志数组
boolean[][] flag = new boolean[nums.length][T];
flag[0][0] = true;
//计算flag数组
boolean[] colFlag = new boolean[T];
for ( int h = 0; h < nums.length - 1; h++ ){
for ( int i = h + 1; i > 0; i-- ){
for ( int j = 0; j < T; j++ ){
if ( j >= nums[h] && flag[i - 1][j - nums[h]] ){
flag[i][j] = true;
colFlag[j] = true;
}
}
}
}
for ( int i = T - 1; i >= 0; i-- ){
if ( colFlag[i] ){
System.out.println("小明的最长游玩时间是：" + (i + nums[nums.length - 1]));
break;
}
}
}
问题二
思路（续之前的分析）：相比基本问题唯一的区别就是它的flag数组的行数不必和nums数组规模(2n)一样大，只要一半(n)就可以了，所以在求flag数的第二层循环i的初始值是((h + 1) > n ? n : h)，代码如下：
public static void main(String[] args) {
int nums[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10};
//计算数组和的一半
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
sum += nums[i];
}
int n = nums.length / 2;
//计算flag数组
boolean flag[][] = new boolean[n + 1][sum / 2 + 1];
flag[0][0] = true;
for (int h = 0; h < 2 * n; h++) {
for (int i = (h + 1) > n ? n : h; i > 0; i--) {//只需要求到n项即可
for (int j = 0; j <= sum / 2; j++) {
if (j >= nums[h] && flag[i - 1][j - nums[h]]) {
flag[i][j] = true;
}
}
}
}
for (int i = sum / 2; i > 0; i--) {
if (flag[n][i]) {
System.out.println("最小差值为：" + (sum - 2 * i));
break;
}
}
}
END
在面试前背一背flag数组的计算代码，应该就能轻松攻破这一类问题。
