一、题目

给你一个整数数组 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。

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二、思路

1）回溯法

使用递归进行回溯，对于每个数都有+和-两种表达式，当数组所有元素都选择完毕，进行累加和的结果判断，等于target就使计数cnt自增1.

2）动态规划

设定所有元素正数和为494. 目标和-每日一题 - 图1，有在[0, n]区间的随机集合u，假定根据集合u{k1, k2,…,kx}作为下标，负数和为494. 目标和-每日一题 - 图2。
除开负数集合的正数之和为sum+neg，那么可以得到：
494. 目标和-每日一题 - 图3
从这个式子中可以得知，neg一定为2的倍数（编程中的neg其实为-neg），并且target-sum一定要小于0才有解。

根据上面的思路，只需要找到nums数组中有没有能挑选出来元素之和为-neg即可。（这就变成了01背包问题）
创建数组dp[i][j]，代表前i个元素中和为j的方案数量，可以得到状态转移方程：
494. 目标和-每日一题 - 图4
计算最后结果dp[nums.length][neg]为所求解的值

三、代码

1）回溯法

  1. class Solution {
  2.     public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
  3.         return backtrace(nums, target, 0, 0);
  4.     }
  5.     private int backtrace(int[] nums, int target, int i, int sum) {
  6.         int cnt = 0;
  7.         if (i == nums.length) {
  8.             return sum == target ? 1 : 0;
  9.         }
  10.         cnt += backtrace(nums, target, i+1, sum + nums[i]);
  11.         cnt += backtrace(nums, target, i+1, sum - nums[i]);
  12.         return cnt;
  13.     }
  14. }

时间复杂度为O(2)，空间复杂度为O(nums.length)。

2）动态规划

  1. class Solution {
  2.     public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
  3.         int sum = 0;
  4.         for (int num : nums) {
  5.             sum += num;
  6.         }
  7.         int diff = sum - target;    // 这里使用sum-target，求出来的diff就是理应为大于等于0的数
  8.         if (diff < 0 || (diff & 1) == 1) {
  9.             return 0;
  10.         }
  11.         int neg = diff/2;    // 从而neg也表示的为负的负数和
  12.         int[][] dp = new int[nums.length+1][neg + 1];
  13.         dp[0][0] = 1;
  14.         for (int i = 1; i < dp.length; i++) {
  15.             for (int j = 0; j < dp[0].length; j++) {
  16.                 dp[i][j] = dp[i-1][j];
  17.                 if (j >= nums[i-1]) {
  18.                     dp[i][j] += dp[i-1][j-nums[i-1]];
  19.                 }
  20.             }
  21.         }
  22.         return dp[nums.length][neg];
  23.     }
  24. }

时间复杂度为O(negnums.length)，空间复杂度为O(negnums.length)。

3）动态规划优化

由于状态转移方程中，dp[i][j]只依赖i的状态，所以可以将二维数组压缩成一维，由于一维的情况
使用同一个一维数组，j<nums[i-1]情况的直接继承上一个状态的赋值可以省掉，节约了时间。（从高位向低遍历）

  1. class Solution {
  2.     public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
  3.         int sum = 0;
  4.         for (int num : nums) {
  5.             sum += num;
  6.         }
  7.         int diff = sum - target;
  8.         if (diff < 0 || (diff & 1) == 1) {
  9.             return 0;
  10.         }
  11.         int neg = diff/2;
  12.         int[] dp = new int[neg + 1];
  13.         dp[0] = 1;
  14.         for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
  15.             for (int j = neg; j >= nums[i]; j--) {    // 判断条件代表直接跳过j<nums[i]的部分，继承上一状态
  16.                 dp[j] += dp[j-nums[i]];
  17.             }
  18.         }
  19.         return dp[neg];
  20.     }
  21. }

时间复杂度为O(neg*nums.length)，空间复杂度为O(neg)。