⚠️今天继续我们来探讨背包问题中的完全背包问题。完全背包：N个物品，容量为V，每个物品可以无限次使用，求达到V的最值。

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???今日练习(一)零钱兑换(LeetCode-322)。给定一批硬币coins数组，每个硬币可以不限次数使用，求凑成总金额V至少需要多少个硬币。找不到输出-1。举例：

输入：[1,2,5] , 11输出：3。1+5+5=11输入：[2],3输出：-1；

?解法一：记忆化递归

?思路：

总体思路就是用coins中的每个数去凑总金额amount，用总金额减去使用过的数，直到amount小等于0退出递归。当amount==0，说明刚刚好凑齐。退出递归。使用一个map来保存递归中产生的零钱值，减少重复递归。

Mapmap = new HashMap<>();    public int coinChange(int[] coins, int amount) {        if(amount <= 0){            return 0;        }        return find_h(coins,amount);    }    private int find_h(int[] nums,int amount){        if(amount <0){            return -1;        }        if(amount == 0){            return 0;        }        if(map.containsKey(amount)){            return map.get(amount);        }        int count=Integer.MAX_VALUE;        for(int num:nums){            if(num > amount){                continue;            }            int solu=find_h(nums,amount-num);            if(solu>=0){                count = Math.min(count,solu+1);            }        }        if(count == Integer.MAX_VALUE){            count =-1;        }        map.put(amount,count);        return  map.get(amount);    }

?解法二：动态规划【自上而下】

?思路：

状态定义：F(S)，凑齐总金额S，需要的最小硬币数。

状态转移方程：F(S) = F(S-coins[i]) + 1。

public int coinChange(int[] coins, int amount) {       if (amount < 1) return 0;    return coinChange_h(coins, amount,new int[amount+1]);}private int coinChange_h(int[] coins, int amount,int[] count) {    if (amount < 0) return -1;    if (amount == 0) return 0;    if (count[amount] != 0) return count[amount];    int min = Integer.MAX_VALUE;    for (int coin : coins) {        int res = coinChange_h(coins, amount - coin,count);        if (res >= 0 )            min = Math.min(1 + res,min);    }    count[amount] = min == Integer.MAX_VALUE ? -1:min;    return  count[amount];}

?解法三：动态规划【自下而上】

?思路：

状态定义：dp[j]，凑齐总金额j，需要的最小硬币数。

状态转移方程：dp[i][j]= min(dp[i][j],dp[i](j-coins[i]) + 1)。凑齐总金额j需要的最小硬币数，当地i个硬币选或者不选两种情况。

public int coinChange_2(int[] coins, int amount) {    if (amount < 1) return 0;    int[] dp = new int[amount+1];    Arrays.fill(dp,amount+1);    //这儿解释下为啥默认填充amount+1，凑齐amount最多也就是面值为1的数总计用amount个，    // 所以最少个数一定是    dp[0]=0;    for(int j=1;j<=amount;j++){        for(int num:coins){            if(num <= j){                dp[j]=Math.min(dp[j],dp[j-num]+1);            }        }    }    return dp[amount]==amount+1?-1:dp[amount];}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(SN)：这里S是总金额，N是提供的不同面额数，即数组长度。我们要计算O(S)个不同总金额，对每次的总金额需要N个面额来转移状态，一共需要O(SN)的时间复杂度。

• 空间复杂度：O(S)，我们使用了一个S+1的dp数组。

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不积跬步，无以至千里。

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