力扣题目系列：322. 零钱兑换

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题目及示例

我的题解

递归

备忘录递归

动态规划（迭代）

分析题目数学模型

题目及示例

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。

示例 1: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
说明:你可以认为每种硬币的数量是无限的。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/coin-change
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我的题解

//动态规划求解，自底向上
class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {int[] dp = new int[amount+1]; //初始化dp表，最大只能为amount+1//dp[i] = x 表示，当目标金额为 i 时，至少需要 x 枚硬币for(int i=0; i<amount+1; i++) { //从dp[0]迭代，一直算到dp[amount]，即是所求答案dp[i] = i == 0 ? 0 : amount+1; //dp[0]为0，其余为amount+1，即所有的dp[i]一开始都是无穷大for(int coin : coins) //在dp表的每个位置，对每种硬币面值组成数目都进行比较if(i >= coin) //题目给的币值数组是从小到大的，比如1,3,5dp[i] = Math.min(dp[i-coin] + 1, dp[i]); //当前能凑成i元的coin元硬币的数目}return dp[amount] == amount+1 ? -1 : dp[amount]; //返回无解或解}
}

递归

动态规划问题的一般形式是求最值，核心问题是穷举（把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值）。

动态规划的穷举存在「重叠子问题」，如果暴力穷举的话效率会极其低下，所以需要「备忘录」或者「DP table」来优化穷举过程，避免不必要的计算。

动态规划问题一定会具备「最优子结构」，才能通过子问题的最值得到原问题的最值。

虽然动态规划的核心思想就是穷举求最值，但是问题千变万化，穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的「状态转移方程」才能正确地穷举。

//斐波那契数列的数学形式就是递归的，这样写代码虽然简洁易懂，但是十分低效，时间复杂度为 O(2^n)
int fib(int N) {if (N == 1 || N == 2) return 1;return fib(N - 1) + fib(N - 2);
}

PS：但凡遇到需要递归的问题，最好都画出递归树，这对你分析算法的复杂度，寻找算法低效的原因都有巨大帮助。

观察递归树，很明显发现了算法低效的原因：存在大量重复计算。这就是动态规划问题的第一个性质：重叠子问题。

备忘录递归

即然耗时的原因是重复计算，那么我们可以造一个「备忘录」，每次算出某个子问题的答案后别急着返回，先记到「备忘录」里再返回；每次遇到一个子问题先去「备忘录」里查一查，如果发现之前已经解决过这个问题了，直接把答案拿出来用，不要再耗时去计算了。一般使用一个数组充当这个「备忘录」，当然你也可以使用哈希表（字典），思想都是一样的。

//斐波那契，带备忘录的递归解法，时间复杂度是 O(n)
int fib(int N) {if (N < 1) return 0;vector<int> memo(N + 1, 0); // 备忘录全初始化为 0return helper(memo, N); // 初始化最简情况
}int helper(vector<int>& memo, int n) {if (n == 1 || n == 2) // base case return 1;if (memo[n] != 0) // 查询得知已经计算过return memo[n]; //直接返回memo[n] = helper(memo, n - 1) + helper(memo, n - 2);return memo[n];
}

实际上，带「备忘录」的递归算法，把一棵存在巨量冗余的递归树通过「剪枝」，改造成了一幅不存在冗余的递归图，极大减少了子问题（即递归图中节点）的个数。

带备忘录的递归解法的效率已经和迭代的动态规划解法一样了。

//独立出来DP table
int fib(int N) {vector<int> dp(N + 1, 0);// base casedp[1] = dp[2] = 1;for (int i = 3; i <= N; i++)dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];return dp[N];
}

动态规划（迭代）

动态规划问题最困难的就是写出状态转移方程，即这个暴力解，优化方法无非是用备忘录或者 DP table。

//根据斐波那契数列的状态转移方程，当前状态只和之前的两个状态有关，
//其实并不需要那么长的一个 DP table 来存储所有的状态，只要想办法存储之前的两个状态就行了。
//所以，可以进一步优化，把空间复杂度降为 O(1)。
int fib(int n) {if (n == 2 || n == 1) return 1;int prev = 1, curr = 1;for (int i = 3; i <= n; i++) {int sum = prev + curr;prev = curr;curr = sum;}return curr;
}

分析题目数学模型

1、先确定「状态」，也就是原问题和子问题中变化的变量。由于硬币数量无限，所以唯一的状态就是目标金额 amount。

2、然后确定 dp 函数的定义：当前的目标金额是 n，至少需要 dp(n) 个硬币凑出该金额。

3、然后确定「选择」并择优，也就是对于每个状态，可以做出什么选择改变当前状态（进入下一个状态即下一个选择）。具体到这个问题，无论当前的目标金额是多少，选择就是从面额列表 coins 中选择一个硬币，然后目标金额就会减少：

# 伪码框架
def coinChange(coins: List[int], amount: int):# 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币def dp(n):# 做选择，选择需要硬币最少的那个结果for coin in coins:res = min(res, 1 + dp(n - coin))return res# 我们要求的问题是 dp(amount)return dp(amount)

4、最后明确 base case，显然目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1：

def coinChange(coins: List[int], amount: int):def dp(n):# base caseif n == 0: return 0if n < 0: return -1# 求最小值，所以初始化为正无穷res = float('INF')for coin in coins:subproblem = dp(n - coin)# 子问题无解，跳过if subproblem == -1: continueres = min(res, 1 + subproblem)return res if res != float('INF') else -1return dp(amount)

接下来需要消除一下重叠子问题，只需要稍加修改，就可以通过备忘录消除子问题：

def coinChange(coins: List[int], amount: int):# 备忘录memo = dict()def dp(n):# 查备忘录，避免重复计算if n in memo: return memo[n]if n == 0: return 0if n < 0: return -1res = float('INF')for coin in coins:subproblem = dp(n - coin)if subproblem == -1: continueres = min(res, 1 + subproblem)# 记入备忘录memo[n] = res if res != float('INF') else -1return memo[n]return dp(amount)

很显然「备忘录」大大减小了子问题数目，完全消除了子问题的冗余，所以子问题总数不会超过金额数 n，即子问题数目为 O(n)。处理一个子问题的时间不变，仍是 O(k)，所以总的时间复杂度是 O(kn)。

当然，我们也可以自底向上使用 dp table 来消除重叠子问题，dp 数组的定义和刚才 dp 函数类似，定义也是一样的：dp[i] = x 表示，当目标金额为 i 时，至少需要 x 枚硬币。

int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {// 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);// base casedp[0] = 0;for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {// 内层 for 在求所有子问题 + 1 的最小值for (int coin : coins) {// 子问题无解，跳过if (i - coin < 0) continue;dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);}}return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}

PS：因为凑成 amount 金额的硬币数最多只可能等于 amount（全用 1 元面值的硬币），所以初始化为 amount + 1 就相当于初始化为正无穷，便于后续取最小值。

计算机解决问题其实没有任何奇技淫巧，它唯一的解决办法就是穷举，穷举所有可能性。算法设计无非就是先思考“如何穷举”，然后再追求“如何聪明地穷举”。

列出动态转移方程，就是在解决“如何穷举”的问题。之所以说它难，一是因为很多穷举需要递归实现，二是因为有的问题本身的解空间复杂，不那么容易穷举完整。

备忘录、DP table 就是在追求“如何聪明地穷举”。用空间换时间的思路，是降低时间复杂度的不二法门。

作者：labuladong
链接：https://leetcode-cn.com/problems/coin-change/solution/dong-tai-gui-hua-tao-lu-xiang-jie-by-wei-lai-bu-ke/
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