最小硬币问题（多重背包and完全背包）

B-最小硬币问题

1.多重背包版

描述:

设有n种不同面值的硬币，各硬币的面值存于数组T[1：n]中。现要用这些面值的硬币来找钱。可以使用的各种面值的硬币个数存于数组Coins[1：n]中。
对任意钱数0≤m≤20001，设计一个用最少硬币找钱m的方法。
对于给定的1≤n≤10，硬币面值数组T和可以使用的各种面值的硬币个数数组Coins，以及钱数m，0≤m≤20001，计算找钱m的最少硬币数。

输入:

输入数据第一行中只有1个整数给出n的值，第2行起每行2个数，分别是T[j]和Coins[j]。最后1行是要找的钱数m。

输出:

输出数据只有一个整数，表示计算出的最少硬币数。问题无解时输出-1。

样例:

输入:
3
1 3
2 3
5 3
18
输出:
5

dp思路:

dp数组含义: dp[j]表示在找零钱数为j元时的最小硬币数量

第一步：首先假设我们持有1,3,5三种不同面值的硬币（数量先不讨论）。
第二步：对于0元钱找零，很显然我们不需要使用任何硬币，因此dp[0]=0
第三步：对于1元钱找零，我们只需要使用一枚1元硬币因此dp[1]=1
第四步：对于2元钱找零，我们可以在第三步的基础上再使用一枚1元硬币，此时dp[2]=dp[1]+1=2。
第五步：对于3元钱找零，我们可以在第四步的基础上再使用1枚1元硬币，此时dp[3]=dp[2]+1=3，我们还可以选择直接使用1枚3元硬币找零，此时dp[3]=1。因为是最小硬币，我们取1
第六步：经过推导我们可以发现，对于n元钱找零，我们往往是建立在j元钱找零的情况下再选择一枚合适的硬币dp[n]=dp[j]+1(j<n)。也就是说，我们想要对n元钱找零就是在找零j元的基础上再加上某一硬币即可，具体使用面值为几的硬币则需要一个个尝试。
dp[n]=dp[j]+1=dp[n-1]+1 || dp[n-3]+1 || dp[n-5]+1
第七步：我们将具体例子放大到题目
dp[n]=min(dp[n],dp[n-t[i]]+1) ； t[i]即对应着所有不同面值的硬币

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int t[105],c[105];
int dp[20010];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i =0; i<n; i++)cin>>t[i]>>c[i];int p;cin>>p;memset(dp,inf,sizeof(dp));//初始化为无穷大dp[0] =0;//0元找零的情况需要标注for(int i = 0; i<n; i++) //使用前i种硬币for(int j = 1; j <= c[i]; j++)//第i种硬币选择几张for(int k = p; k >= t[i]; k--)//找零k元{dp[k]=min(dp[k],dp[k-t[i]]+1);}if(dp[p] >= inf)dp[p] =-1;cout<<dp[p]<<endl;
}

其实对于多重背包问题，我们往往最经典的是采用将其转换成01背包问题，或者01背包＋完全背包问题（这里就不在赘述）下面是转换成01+完全背包的解法示例

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f;
int t[105],c[105];
int dp[200010];
int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>t[i]>>c[i];}int m;cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){dp[i]=inf;}//注意不要用memset和fill初始化，不能ACdp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(t[i]*c[i]>=m){//此时属于完全背包问题for(int j=t[i];j<=m;j++){dp[j]=min(dp[j],dp[j-t[i]]+1);}}else{//归为01背包问题for(int j=m;j>=t[i];j--){for(int k=1;k<=c[i];k++){if(j>=k*t[i])dp[j]=min(dp[j],dp[j-k*t[i]]+k);}}}}if(dp[m]==inf){cout<<"-1"<<endl;}else{cout<<dp[m]<<endl;}return 0;
}

2.完全背包版

不同于多重背包，完全背包的硬币数量是无限的。要解决完全背包，我们先回顾一下01背包的递推式推导

在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

于其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。
于是可以得到递推式dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
在讲述完一维dp的递推之后，有一个很重要是事情便是遍历顺序，我们都知道在01背包的一维dp的遍历顺序中，物品的重量是要逆序遍历的，那么为什么要逆序的，正是因为如果正序遍历，后面的dp数组更新所需的前面dp数组的值是已经更新之后的，也就是存在一个物品被多次放入的情况。到这里，完全背包的思路也很显然了，无非就是更改一下物品重量的遍历顺序罢了。

将完全背包的解题思路应用到最小硬币问题中便是将找零的钱数从1开始正序遍历到p；递推式也很容易推导。对于t[i]元面值的硬币我们有取和不取两种办法，分别对应着dp[j]（不取），以及dp[j-t[i]]+1（对应着取）
dp[j]=min(dp[j],dp[j-t[i]]+1);

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int t[12];//面值
int dp[20010];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i =0; i<n; i++)cin>>t[i];int p;cin>>p;memset(dp,inf,sizeof(dp));//顺序1dp[0] =0;//顺序2for(int i=0;i<n;i++){for(int j=t[i];j<=p;j++){dp[j]=min(dp[j],dp[j-t[i]]+1);}}if(dp[p] >= inf)dp[p] =-1;cout<<dp[p]<<endl;
}

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