leetcode 322. 零钱兑换思考分析

目录

1、题目

2、思路分析

3、参考链接

1、题目

给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

提示：
1 <= coins.length <= 12
1 <= coins[i] <= 231 - 1
0 <= amount <= 104

2、思路分析

这一题和leetcode 39. 组合总和思考分析有点像，不过要求不同。
39题要求的是所有解的集合，而这一题求的是最优解。
所以直接套用39回溯思路，然后从子解中找到最小的即可，貌似也是能做的，不过会超时。。。

class Solution {public:int left_sum;int min_coin_nums;int coin_nums;void backtracking(vector<int>& coins,int startindex){   if(left_sum < 0) return;if(left_sum == 0){if(min_coin_nums==0) min_coin_nums=coin_nums;else min_coin_nums=min(min_coin_nums,coin_nums);return;}for(int i=startindex;i<coins.size();i++){if(left_sum-coins[i]<0) break;//处理结点；coin_nums++;left_sum-=coins[i];//递归,探索下一层backtracking(coins,i);      //递归//回溯，撤销处理结果left_sum+=coins[i];coin_nums--;}}int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {min_coin_nums=0;coin_nums=0;left_sum=amount;//排序加速剪枝sort(coins.begin(),coins.end());backtracking(coins,0);if((min_coin_nums ==0 && amount == 0)||(min_coin_nums != 0)) return min_coin_nums;return -1;}
};

其实这一题是一道动态规划题：
如果想求amount = 11时的最少硬币数(原问题)，如果知道amout =10的最少硬币数(子问题)，你只需要把子问题的答案加一(再选一枚1元的硬币)，因为硬币的数量是没有限制的，当然也可能是amout =6的最少硬币数加上一个面额为5的硬币。这时候就需要取最少的硬币数了。
子问题之间是相互独立的。
1、分析最优子结构:
凑成面值为 11 的最少硬币个数可以由以下三者的最小值得到：

凑成面值为 10 的最少硬币个数 + 面值为 1 的这一枚硬币；
凑成面值为 9 的最少硬币个数 + 面值为 2 的这一枚硬币；
凑成面值为 6 的最少硬币个数 + 面值为 5 的这一枚硬币。
dp[11] = min (dp[10] + 1, dp[9] + 1, dp[6] + 1)

2、确定【DP状态】
dp[i] ：凑齐总价值 i 需要的最少硬币个数；
3、确定状态转移方程

for(int i = 0;i < coins.size();i++)
{if (coin[i] <= amount)dp[amount] = min(1 + dp[amount - coin[i]])  }

需要注意的地方：
单枚硬币的面值首先要小于等于当前要凑出来的面值。

class Solution {public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {int n = coins.size();//对dp数组中每个值先赋一个不可能的值，因为要比较的是最小值，这个不可能的值就得赋值成为一个最大值，这里只需要比总金额大就行了，表示凑不出来//dp[i] ：凑齐总价值 i 需要的最少硬币个数；vector<int> dp(amount + 1,amount+1);//凑总金额为0，不需要硬币dp[0] = 0;//从0到amount，计算凑齐总价值 i 需要的最少硬币个数；for(int i = 0;i <=amount;i++){//从0到coins.size()，遍历每个面额的硬币for(int j = 0;j < n;j++){//总价值必须比该硬币面额大//并且dp[i - coins[j]]必须被赋过值，也就是说必须有个方案，要能够凑出来，这样才能进行下一步推导if(i - coins[j] >= 0 && dp[i - coins[j]] != amount+1){//如果满足这个条件，那么dp[i]就是dp[i]和当前方案中的最小值，因为dp[i]可能被多次赋值，我们取的是最优值dp[i] = min(dp[i],1 + dp[i - coins[j]]);}}}//dp[amount]没有没赋值，说明没有组合方案，所以应该返回-1if(dp[amount] == amount+1){return -1;}return dp[amount];}};

时间复杂度：O(N \times amount)O(N×amount)，这里 NN 是可选硬币的种类数，amountamount 是题目输入的面值；
空间复杂度：O(amount)O(amount)，状态数组的大小为 amountamount。
由于dp数组是自底向上求解的，所以过程中不会出现重叠子问题
需要注意的地方：

1、数组初始化把初值amount+1换成Integer.MAX_VALUE为什么就不行了？
如果初值赋值为正无穷，dp[i - coin] +1 可能会发生整型溢出。
2、循环的判断条件if (i - coin >= 0 && dp[i - coin] != amount + 1)为什么要判断 dp[i - coin] != amount + 1呢
amount + 1 在这里表示的是当前状态表示的金额不能被候选硬币的和表示。
去掉dp[i-coin] != amount + 1 这个判断条件也是可以的，因为若是 dp[i-coin] = amount + 1，在下一步 dp[i] = Math.min(dp[i], 1 + dp[i - coin]) 也会将amount+1+1这个值过滤掉的，即amount + 1仍然是无效的。因为数组中的有效值不会超过amount+1，就算有1块钱的硬币，最大值也就是amount，因此在取两个数的最小值时已经自动将amount+1这个值过滤掉了。

3、参考链接

动态规划、完全背包、BFS（包含完全背包问题公式推导）
labuladong的公众号文章