LeetCode 322. 零钱兑换

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3
解释：11 = 5 + 5 + 1

示例 2：

输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1

示例 3：

输入：coins = [1], amount = 0
输出：0

提示：

题解

看到这道题的时候，有两个想法，背包问题，深搜。因为硬币就是物品，总额就是背包容量。当我没放入一种硬币的时候，减去相应的价值，然后深搜递归继续搜索剩下价值的硬币数量。但是这种办法会超时，因为越是越小价值的总额，调用的次数越频繁，有没有更好的办法解决这个问题呢，那就是记忆搜索法。

记忆搜索法

第一次接触记忆搜索法的时候好像是斐波拉契序列，因为f(n) = f(n-1) + f(n-2)，像f(0),f(1)这些会频繁递归调用，这样的效率非常低，所以就有人想出了打表方法，就是把所有可能的斐波拉契序列先求出来，把f(0)换成a[0]，f(1)换成a[1]，这样调用函数变成去数组元素。

使用背包+深搜的时候，最大的问题就是递归调用过多，我们可以利用空间换时间，把调用函数换成数组。

class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {if(amount < 1){//总额小于1，直接返回0return 0;}return coinChange(coins, amount, new int[amount]);}int coinChange(int[] coins, int amount, int[] count){if(amount < 0){//总额小于0，返回-1，表示不能放入这个硬币return -1;}if(amount == 0){//总额为0，表示放入这个硬币之后刚刚好，无须在放入银币return 0;}if(count[amount - 1] != 0){//把递归调用换为数组return count[amount - 1];}int min = Integer.MAX_VALUE;for(int coin : coins){//遍历每个硬币int res = coinChange(coins, amount - coin, count);//递归调用搜索结果集if(res >= 0 && res < min){//返回结果大于等于0，结果需要小于其他枚举的硬币数量侧，才更新最小值min = 1 + res;}}count[amount - 1] = (min == Integer.MAX_VALUE) ? -1 : min;return count[amount - 1];}
}

这个方法时间效率也不是很好，因为给出的数据硬币是升序的，每次枚举都是从小到大进行枚举，我们其实也可以加入贪心算法，对硬币进行降序排序，然后通过剪枝等来降低时间复杂度。

动态规划

其实背包问题就是动态规划，但是记忆搜索法是通过搜索状态来完成状态的转移，这样时间效率上和暴搜没什么区别，我们需要找到动态转移方程才行。

背包问题的动态转移方程是没当遍历到一个物品的时候，看看能不能放进去这个物品，然后在背包里面腾出一个容量为这个物品的地方，再判断当前价值是否增加。（dp[i] = max( dp[i]， dp[i - w[j]])）

硬币问题的动态转移方程应该是dp[i] = min( dp[i], dp[i - c[j]])，当放入第i个硬币的时候，看看会不会使硬币数量变小，变小的话就更新状态。

所以状态转移方程为：

当 i = 0时，dp[ i ] = 0
当 i > 0时，dp[ i ] = min(dp[ i - c[ j ] ], dp[ i ])

class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {int max = amount + 1;int[] dp = new int[amount + 1];//动态数组Arrays.fill(dp, max);//用最大值填充数组，硬币数量不会超过数组容量 + 1dp[0] = 0;//初始化for(int i = 1; i <= amount; i++){//遍历状态for(int j = 0; j < coins.length; j++){//遍历硬币if(coins[j] <= i){//总额大于硬币面值dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);//动态转移方程}}}return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];}
}