解題思路：

1. dp 數組的含義： 在數組中是否存在一個子集，其和為 i。
2. 遞推公式： dp[i] |= dp[i - num]。
3. dp 數組初始化： dp[0] = true。
4. 遍歷順序： 從大到小去遍歷，從 i = target 開始，直到 i = num。確保每個數只用一次。
5. 打印 dp 數組

Java代碼：

class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int sum = 0;for (int num : nums)sum += num;if (sum % 2 != 0)return false;int target = sum / 2;boolean[] dp = new boolean[target + 1];dp[0] = true;for (int num : nums) {for (int i = target; i >= num; i--) {dp[i] |= dp[i - num];}}return dp[target];}
}

復雜度分析：

• 時間復雜度： O(n * target)。
• 空間復雜度： O(target)。
  

解題思路：

可以使用棧來解決這個問題。核心思想是利用棧來跟蹤未匹配的括號的索引。初始化時，棧中壓入一個基準索引 -1，用于后續計算有效子串的長度。遍歷字符串時：

• 遇到左括號 ‘(’，將其索引壓入棧中。
• 遇到右括號 ‘)’，彈出棧頂元素。此時：
• 若棧為空，說明當前右括號無匹配，將當前索引壓入棧作為新基準。
• 若棧不為空，當前有效子串長度為當前索引與棧頂元素的差值，更新最大值。

此方法確保每次彈出棧頂后，棧頂元素即為最近未匹配的左括號或基準點，從而快速計算有效長度。

Java代碼：

public class Solution {public int longestValidParentheses(String s) {Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>();stack.push(-1);int maxLen = 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {char c = s.charAt(i);if (c == '(') {stack.push(i);} else {stack.pop();if (stack.isEmpty()) {stack.push(i);} else {maxLen = Math.max(maxLen, i - stack.peek());}}}return maxLen;}
}

復雜度分析：

• 時間復雜度： O(n)。
• 空間復雜度： O(n)。