题目：
这里我直接引用别人的题解，讲动态规划讲的很好
动态规划的一般思考方向
1、状态定义；
2、状态转移方程；
3、初始化；
4、输出；
5、思考状态压缩。
这 5 个部分是本题解的结构。其它类似的动态规划问题也可以按照这样的方向去思考、解释和理解。
这是一个典型的“动态规划”问题，并且它的“原形”是“0-1 背包问题”。使用“动态规划”解决问题的思路是“以空间换时间”，“规划”这个词在英文中就是“填表格”的意思，代码执行的过程，也可以称之为“填表格”。
“动态规划”的方法可以认为是为我们提供了一个思考问题的方向，我们不是直接面对问题求解，而是去找原始问题（或者说和原始问题相关的问题）的最开始的样子，通过“状态转移方程”（这里没法再解释了，可以结合下文理解）记录下每一步求解的结果，直到最终问题解决。
而直接面对问题求解，就是我们熟悉的“递归”方法，由于有大量重复子问题，我们就需要加缓存，这叫“记忆化递归”，这里就不给参考代码了，感兴趣的朋友可以自己写一下，比较一下它们两种思考方式的不同之处和优缺点。
做这道题需要做这样一个等价转换：是否可以从这个数组中挑选出一些正整数，使得这些数的和等于整个数组元素的和的一半。前提条件是：数组的和一定得是偶数，即数组的和一定得被 22 整除，这一点是特判。
本题与 0-1 背包问题有一个很大的不同，即：
- 0-1 背包问题选取的物品的容积总量不能超过规定的总量；
- 本题选取的数字之和需要恰恰好等于规定的和的一半。
这一点区别，决定了在初始化的时候，所有的值应该初始化为 false。 （《背包九讲》的作者在介绍 0-1 背包问题的时候，有强调过这点区别，我在这里也只是再重复一下。）
作为“0-1 背包问题”，它的特点是：“每个数只能用一次”。思路是：物品一个一个选，容量也一点一点放大考虑（这一点是“动态规划”的思想，特别重要）。
如果在实际生活中，其实我们也是这样做的，一个一个尝试把候选物品放入“背包”，看什么时候能容纳的价值最大。
具体做法是：画一个 len 行，target + 1 列的表格。这里 len 是物品的个数，target 是背包的容量。len 行表示一个一个物品考虑，target + 1多出来的那 1 列，表示背包容量从 0 开始，很多时候，我们需要考虑这个容量为 0 的数值。
状态定义：dp[i][j]表示从数组的 [0, i] 这个子区间内挑选一些正整数，每个数只能用一次，使得这些数的和恰好等于 j。
状态转移方程：很多时候，状态转移方程思考的角度是“分类讨论”，对于“0-1 背包问题”而言就是“当前考虑到的数字选与不选”。
1、不选择 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 这个子区间内已经有一部分元素，使得它们的和为 j ，那么 dp[i][j] = true；
2、选择 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 这个子区间内就得找到一部分元素，使得它们的和为 j - nums[i]。
状态转移方程是：
dp[i][j] = dp[i - 1][j] or dp[i - 1][j - nums[i]]
一般写出状态转移方程以后，就需要考虑边界条件（一般而言也是初始化条件）。
1、j - nums[i] 作为数组的下标，一定得保证大于等于 0 ，因此 nums[i] <= j；
2、注意到一种非常特殊的情况：j 恰好等于 nums[i]，即单独 nums[j] 这个数恰好等于此时“背包的容积” j，这也是符合题意的。
因此完整的状态转移方程是：
初始化：dp[0][0] = false，因为是正整数，当然凑不出和为 0。
输出：dp[len - 1][target]，这里 len 表示数组的长度，target 是数组的元素之和（必须是偶数）的一半。
代码：
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
if(nums == null || nums.length == 0){
return false;
}
int sum = 0;
for (int num : nums) {
sum += num;
}
//如果是奇数，直接返回false即可
if (sum%2 != 0) {
return false;
}
int target = sum / 2;
//行：nums范围，列：求解目标，目标也包括0
boolean[][] dp = new boolean[nums.length][target + 1];
// 第 1 个数只能恰是目标值才有解
if (nums[0] <= target) {
dp[0][nums[0]] = true;
}
// 再求解之后的情况
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = 0; j <= target; j++) {
if (nums[i] == j) {
dp[i][j] = true;
continue;
}
if (nums[i] < j) {
//如果nums[i] < j，那么要么前i-1范围内能凑成target j，要么前i-1范围能凑成target j - nums[i]
dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]];
}
}
}
return dp[len - 1][target];
}
}
本文分析部分转自链接：https://leetcode-cn.com/problems/partition-equal-subset-sum/solution/0-1-bei-bao-wen-ti-xiang-jie-zhen-dui-ben-ti-de-yo/
