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凑硬币问题

题目详情为：有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？

最近在学习一些重要算法，作为五大算法之一的动态规划法，自然要认真学习，这是一道典型的动态规划问题，这里使用动态规划法的思想来解题；

我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币，通过题目，很容易得到：当i=0时，d(0)=0，表示凑够0元最小需要0个硬币; 当i=1时，只有面值为1元的硬币可用，因此我们拿起一个面值为1的硬币，接下来只需要凑够0元即可，而这个是已经知道答案的，即d(0)=0，则有d(1) = d(1 - 1) + 1 = 1，凑够1元最少需要1个硬币，当i = 2时，d(2) = d(2 - 1) + 1= d(1) +１=2, 当i = 3时，d(3) = min{d(3 - 1) + 1 , d(3 - 3) + 1} = min(3, 1) = 1；动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。在这里d(i) 就是状态，通过分析推导的过程，可以得到，针对面值为1，3，5的硬币，可以得到递推公式(状态转移方程)为：

d(i) = min{ d(i - Vj) + 1} ,i >= Vj。

在动态规划中，得到了该问题的状态及其状态转移方程，问题已经解决了一大半了，然后，在分析的过程中，并不能一眼就看出递推公式，它需要更多的练习和更多的实践积累的，并不是一朝一夕能做到的，况且动态规划的关键就是找到状态和状态转移方程，那么容易找到，就不是动态规划了，就不是难点了。根据这个公式，我们可以比较轻易的写出实现的代码：

/*@动态规划练习题

如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？*/#include#include#include

int DP_leastcoin(const int coin[], intmoney)

{int *d = (int *)malloc(sizeof(int) * (money + 1));

memset(d,0, sizeof(int) *money);int iterx = 0, itery = 0;int MIN = 0;int result = 0;

d[0] = 0;for(iterx = 1; iterx <= money; iterx++)

{for(itery = 0; itery < 3 && iterx >= coin[itery]; itery++)

{if(itery == 0)

{

MIN= d[iterx - coin[itery]] + 1;

}else if(MIN > (d[iterx - coin[itery]] + 1))

{

MIN= (d[iterx - coin[itery]] + 1);

}

d[iterx]=MIN;

}

printf("要凑的钱 MIN\n");for(iterx = 0; iterx <= money; iterx++)

{

printf("序号%-3d : %d\n", iterx, d[iterx]);

}

result=d[money];

free(d);returnresult;

}int main(void)

{const int coin[3] = {1, 3, 5};

printf("\nThe result is %d \n", DP_leastcoin(coin, 112));return 0;

}

View Code

在研究凑硬币问题的时候，我把硬币的面值换为2，3，5，然后依旧使用这个状态转移方程，得到的结果是错的，由此也可以知道，状态转移方程是针对某一问题分析得到的，尽管只是修改了硬币的面值，该方程就不再成立了，首先我们要找到问题所在，是什么问题导致了该方程不再适用。

我们手动分析面值为2，3，5的情况：

d(0) = 0

d(1) = 0

d(2) = 1

d(3) = 1

d(4) = 2

d(5) = 1

d(6) = 2

d(7) = 2

d(8) = 2

d(9) = 3

d(10) = 2

d(11) = 3

我们先来看看面值为2，3，5的结果图片,看看是在哪里开始出错的：

找出两者不一样的值，发现是从序号4开始的，d(4) , d(6) , d(9) , d(11) 这几个不同(当然后续还有其他不同的值)，把这些状态代入上面的状态转移方程，看看那哪里不对：

d(4) = min{ d(4 - 3) + 1, d(4 - 2) + 1} = min{ d(1)+1, d(2)+1 }=min(0+1, 1+1) = 1;

问题来了，本来d(4)应该是等于2，由两个面值额外2的硬币凑成，这里怎么会有1呢？1的由来，是d(1)+1 = 1；d(6)也是有问题的，看下面

d(6) = min{d(6 - 5)+1, d(6 - 3)+1, d(6 - 2)+1}= min(d(1)+1, d(3)+1, d(4)+1}=min(1, 2, 2);

问题还是在d(1)上面，至于后面的d(9) 和d(11)是因为使用了错误的d(6)和d(4)才错的，那这个方程的罪魁祸首就是d(1)咯？

假设我们把d(4) 和 d(6) 都纠正过来，即d(4)= 2, d(6) = 2,那么结果又如何，你可以自己从新列一遍，从d(6)开始，后面都是正确的。这里把我纠正的图片发一下，面值为2，3，5的，我给的需要凑得钱值是112，设一个更大的值，容易排查错误情况：

上面没有把数据全部列出来。我检查了一下，对于面值为2，3，5的情况，没有发现错误的。

很奇怪，这样一改程序就正确了，我猜想，把面值1，3，5的状态转移方程，拿到面值为2，3，5问题里面就出错，而修改一下(2，3，5)问题的前面某些值d(4)和d(6)，状态方程依旧适用，主要原因还是在面值为1的硬币上，由于存在面值为1的情况，假设要凑的钱数为N，那么只要N>0，肯定可以凑出来，把硬币面值换为(2，3，5)，那要凑出1块钱是不可能的，所以d(1)+1就有了问题，因为你无法凑到1块钱，是不能使用d(1)的，把存在d(1)的情况去掉，那结果就是正确的，现在知道为什么是4和6了吧，因为你的面值为2，3，5，一个数减掉2，3，5得到1的数就是3，4，6，所以，d(3), d(4) ,d(6)就是错的，那前面怎么没有指出d(3)，因为恰好d(1)的结果不影响d(3)，尽管如此，还是要把d(1)去掉，方法如下：

d(4) = min{d(4 - 2) + 1} = min(2) = 2，本来是d(4) = min{d(4 - 2) + 1, d(4 - 3) + 1} = min(2 , 1) = 1

程序修改十分简单，就在嵌套的for循环里面加上一条语句 “if(iterx - coin[itery] == 1) continue;//当硬币面值没有1时” 即可，如下：