题目地址(322. 零钱兑换)
https://leetcode-cn.com/problems/coin-change/
题目描述
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。
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
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0
输出：0
示例 4：
输入：coins = [1], amount = 1
输出：1
示例 5：
输入：coins = [1], amount = 2
输出：2
提示：
1 <= coins.length <= 12
1 <= coins[i] <= 231 - 1
0 <= amount <= 104
前置知识
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思路
假如我们把 coin 逆序排列，然后从面值大的开始取，如果取了当前硬币后金额仍有小于 amount，则继续取。
举个例子：
eg: 对于 [1,2,5] 组成 11 块
- 排序[5,2,1]
- 取第一个5, 更新amout 为 11 - 5 = 6 (1⃣️)
6 > 5 继续更新 为 6 - 5 = 1 (2⃣️)
1 < 5 退出
- 取第二个2
1 < 2 退出
- 取最后一个元素，也就是1
1 === 1 更新为 1 - 1 = 0 (3⃣️)
- amout 为 0 退出
因此结果是 3
熟悉贪心算法的同学应该已经注意到了，这就是贪心算法，贪心算法想要使得 amount 尽快地变得更小。
贪心算法通常时间复杂度更低，但对这道题目来说，贪心是不正确的！要证明它的错误，只需要随便举一个反例即可。 比如 coins = [1, 5, 11] amout = 15, 使用贪心就会得到错误的结果。 因此这种做法有时候不靠谱，我们还是采用靠谱的做法.
如果我们暴力求解，对于所有的组合都计算一遍，然后比较， 那么这样的复杂度是 2 的 n 次方（这个可以通过数学公式证明，这里不想啰嗦了），这个是不可以接受的。
暴力法枚举过程实际上有很多重复子问题，我们一般称重叠子问题。对于重叠子问题，我们可以使用备忘录来解决。
以 coins = [1,2,3], amount = 6 来说，我们可以画出如下的递归树。
（图片来自https://leetcode.com/problems/coin-change/solution/）
如上图 F(1) 被重复计算了 13 次！！如何消除重叠子问题？答案是记忆化递归或者动态规划，二者没有本质区别。
这里以自底向上的动态规划为例讲解一下。比较容易想到的是二维数组存放 F(n) 。
定义 dp[i][j] 为使用 coins 的前 j 项组成 金额 i 的最少硬币数。对于动态规划问题，最关键的是决策（不包含决策的是递推式动态规划）。对于动态规划的决策的技巧就是：仅关心最后一步和前一步，不考虑其他部分是如何达成的。
对于这道题来说，最后一步就是选择第 j 个硬币还是不选择第 j 个硬币。
如果选择第 j 个硬币，那么 dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], dp[i - coins[j - 1]][j] + 1)
注意：dp[i - coins[j - 1]][j] 含义是硬币无限取， dp[i - coins[j - 1]][j - 1] 的含义就变成了硬币最多取一次
否则 dp[i][j] = dp[i][j - 1]
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
if amount < 0:
return - 1
dp = [[amount + 1 for _ in range(len(coins) + 1)]
for _ in range(amount + 1)]
# 初始化第一行为0，其他为最大值（也就是amount + 1）
for j in range(len(coins) + 1):
dp[0][j] = 0
for i in range(1, amount + 1):
for j in range(1, len(coins) + 1):
# 注意：dp[i - coins[j - 1]][j] 含义是硬币无限取， dp[i - coins[j - 1]][j - 1] 的含义就变成了硬币最多取一次
if i - coins[j - 1] >= 0:
dp[i][j] = min(
dp[i][j - 1], dp[i - coins[j - 1]][j] + 1)
else:
dp[i][j] = dp[i][j - 1]
return -1 if dp[-1][-1] == amount + 1 else dp[-1][-1]
复杂度分析
时间复杂度：$O(amonut * len(coins))$
空间复杂度：$O(amount * len(coins))$
dp[i][j] 依赖于dp[i][j - 1]和 dp[i - coins[j - 1]][j] + 1) 这是一个优化的信号，我们可以将其优化到一维。
用 dp[i] 来表示组成 i 块钱，需要最少的硬币数，那么
第 j 个硬币我可以选择不拿 这个时候， 硬币数 = dp[i]
第 j 个硬币我可以选择拿 这个时候， 硬币数 = dp[i - coins[j]] + 1
和 01 背包问题不同， 硬币是可以拿任意个，对于每一个 dp[i] 我们都选择遍历一遍 coin， 不断更新 dp[i]
关键点解析
代码
JavaScript Code：
var coinChange = function (coins, amount) {
if (amount === 0) {
return 0;
}
const dp = Array(amount + 1).fill(Number.MAX_VALUE);
dp[0] = 0;
for (let i = 1; i < dp.length; i++) {
for (let j = 0; j < coins.length; j++) {
if (i - coins[j] >= 0) {
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
}
}
}
return dp[dp.length - 1] === Number.MAX_VALUE ? -1 : dp[dp.length - 1];
};
C++ Code：
C++中采用 INT_MAX，因此判断时需要加上dp[a - coin] < INT_MAX以防止溢出
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
auto dp = vector<int>(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (auto a = 1; a <= amount; ++a) {
for (const auto & coin : coins) {
if (a >= coin && dp[a - coin] < INT_MAX) {
dp[a] = min(dp[a], dp[a-coin] + 1);
}
}
}
return dp[amount] == INT_MAX ? -1 : dp[amount];
}
};
Python3 Code:
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
dp = [amount + 1] * (amount + 1)
dp[0] = 0
for i in range(1, amount + 1):
for j in range(len(coins)):
if i >= coins[j]:
dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)
return -1 if dp[-1] == amount + 1 else dp[-1]
复杂度分析
时间复杂度：$O(amonut * len(coins))$
扩展
这是一道很简单描述的题目， 因此很多时候会被用到大公司的电面中。
相似问题:
518.coin-change-2
