这道算法题用「动态规划」求解可麻烦了！
平时我们在解题的时候，如果遇到 TEL 的情况，往往我们的第一想法就是使用 动态规划，不过今天这道题使用 动态规划 貌似不太好使，而需要借助数学里面的一种思路：正难则反。
题目描述
给你一个整数数组 target 。一开始，你有一个数组 A ，它的所有元素均为 1 ，你可以执行以下操作：
令
x为你数组里所有元素的和选择满足
0 <= i < target.size的任意下标i，并让A数组里下标为i处的值为x。你可以重复该过程任意次
如果能从 A 开始构造出目标数组 target ，请你返回 True ，否则返回 False 。
示例 1：
输入：target = [9,3,5]
输出：true
解释：从 [1, 1, 1] 开始
[1, 1, 1], 和为 3 ，选择下标 1
[1, 3, 1], 和为 5， 选择下标 2
[1, 3, 5], 和为 9， 选择下标 0
[9, 3, 5] 完成
示例 2：
输入：target = [1,1,1,2]
输出：false
解释：不可能从 [1,1,1,1] 出发构造目标数组。
示例 3：
输入：target = [8,5]
输出：true
提示：
N == target.length
1 <= target.length <= 5 * 10^4
1 <= target[i] <= 10^9
题目解析
题目让你用一个元素全为 1 的数组构造一个 target 数组，规则是每一次操作可以将数组中所有元素的和赋值给其中一个元素，然后反复迭代进行，问你能否构建 target 数组。
这道题如果顺着题目想很难得到可行解，你可能会尝试使用暴力的深度优先搜索。
举个例子，你要构建 [9,3,5]，起始数组是 [1,1,1]，第一次迭代你得到了数组和为 3，那么这个 3 放在数组下标 0,1,2 三个位置都是可行的，你需要每个位置都尝试放一下，这么做是一种解法，但是时间复杂度是指数级别的，对这道题目的输入数据大小来说，不适用。
暴力搜索走不通，你或许会想当然的往动态规划的方向思考，但是这个方向也很难走通，原因在于你很难拆解问题，定义状态。因此这里我们应该换一种思考方式了。
既然从前往后思考问题得不出答案，那我们就倒着想。
我们从我们最后想要构建的数组出发（结果），往前推，看能不能推得出全为 1 的初始数组。
怎么推？在回答这个问题之前，我们首先要知道的是，数组元素之间的联系，根据题目描述，我们可以得知数组当前的所有元素和 sum 与最大的元素存在着一定的关系，sum 是下一次迭代的最大值，那么之前迭代的最大值是否可以根据这个计算出来呢？
答案是肯定的，我们来根据例子看看：
[a_max,a_2,a_3,...]
为了简便，我们令 a_other = a_2 + a_3 + ...
sum_prev = a_max // 之前的 sum 就是当前所有元素的最大值
sum_cur = a_max + a_other // 当前的 sum 就是当前所有元素之和
// 因为数组中的元素是在不断改变的，每次只变一个元素
// 如果要知道之前所有元素的最大值，我们必须还原当前改变的元素
// 当前改变的元素就是 a_max
sum_prev = a_prev + a_other = a_max
a_prev = sum_prev - a_other
= a_max - (sum_cur - a_max)
= 2 * a_max - sum_cur
通过上面的一系列推导，我们可以通过当前改变的值（最大值）推得出这个元素在改变之前的值，然后不断地反向推导，就能得出数组里面元素最原始的状态，我们再看是否能得到全为 1 的最原始的数组。
那么这里又存在一个问题，如何动态找出所有元素中的最大值？
这个简单，我们可以借助 最大堆 这个数据结构，它可以帮助我们在 logn 的时间维护一个排序好的序列。
有了这些，这道题基本上就可以解决了。
以上就是最为基本的解题思路，当然这道题目会存在一些比较极端的 case，比如 [1, 100000000] ，因此我们要对之前的解法进行优化。我们之前说过，我们需要考虑 sum 还有就是 max，但是当 max 相对于其他元素过于大的时候，我们需要对这一个元素反复做同样的事情很多次，这个过程能否简化呢？这里我们可以用一个取余的方法做到：
[2, 100]
sum = 102, max = 100, other = 2
sum = 100, max = 98, other = 2
sum = 98, max = 96, other = 2
...
// 如果 max 与 other 差距过大，每次迭代我们其实都在更新 max
// 因为 other 没有变，每次 max 减去的都是相同的值
// 这里，我们可以利用取余的方式来使得 max 一次性更新到刚好比 other 小的值
// end_max = max % other
参考代码
//author:P.yh
public boolean isPossible(int[] target) {
PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<>(Collections.reverseOrder());
long sum = 0;
for (int i : target) {
pq.offer(i);
sum += i;
}
while (pq.peek() != 1) {
int max = pq.poll();
// 获得 other
sum -= max;
// other = 1，不管 max 是多少，都可以通过 1 不断迭代而成
if (sum == 1) {
return true;
}
// 由于是反向推，只减不加
// other 小于 1，说明无法构建
// other 必须小于 max 来保证 max 的正常迭代递减，不然 max 无法递减到 1
if (sum <= 0 || max <= sum) {
return false;
}
// 通过取余操作将 max 迭代到比 other 小的地方
max %= sum;
// other + prev_max = prev_sum
sum += max;
// prev_max 放入队列，继续迭代
pq.offer(max);
}
return true;
题目总结
取余其实是一个很常用的数学技巧，能够很好地帮助我们节省时间。这道题目有点偏数学了，它的思想其实有点贪心的意思在里面，也就是把局部解衍生到全局。
通过这道题，其实告诉我们以后思考问题正着想不通，我们完全可以从结果出发，倒着想，说不定有奇效。
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