这一题与https://blog.csdn.net/qq_42604176/article/details/116051902?spm=1001.2014.3001.550101背包中的组合问题有相似之处。只需要把遍历顺序修改就行了。
step1: dp[j]：凑成总金额j的货币组合数为dp[j]
step2: dp[j] += dp[j - coins[i]];
step3: 凑成总金额0的货币组合数为1。
step4:使用完全背包的遍历方式，注意由于是求组合数，内外嵌套需要注意。

AC代码如下：

class Solution {
public:int change(int amount, vector<int>& coins) {int sum = 0;vector<int> dp(amount+1,0);dp[0]=1;for(int i = 0; i < coins.size(); i++){for(int j = coins[i]; j <= amount; j++){dp[j] += dp[j-coins[i]];}}return dp[amount];}
};

代码随想录公众号做出的这个总结很好，虽然现在还没有完全理解是为什么：
如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

如果本题要把排列都列出来的话，只能使用回溯算法爆搜。
但是它只要求我们得到排列方法的数目。由于可以重复取，所以使用完全背包。由于是求排列数，外层for循环遍历背包，内层for循环遍历元素。
最内层需要对两个数相加小于INT_MAX进行限制。

class Solution {
public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {vector<int> dp(target+1,0);dp[0] = 1;for(int i = 0; i <= target; i++)    //遍历背包容量{for(int j = 0; j < nums.size(); j++)    //遍历物品{if(i >= nums[j] && dp[i] < INT_MAX -  dp[i-nums[j]])dp[i] += dp[i-nums[j]];  }}return dp[target];}
};

step1:dp[j]凑足金额为j所需要的钱币的最少个数为dp[j]
step2:dp[j] = min(dp[j-coins[i]]+1,dp[j]);
step3:凑足金额为0的所需金币个数为0，即dp[0]=0;其他初值为INT_MAX。
凑足金额为j-coins[i]的最少个数为dp[j-coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j-coins[i]]+1就是dp[j].
step4:求最小个数，钱币有顺序无顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。
求组合数，for外层遍历物体，for内层遍历背包。求排列，外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。
本题两者均可。

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {vector<int> dp(amount+1,INT_MAX);dp[0] = 0;for(int i = 0; i < coins.size(); i++)	//物品{for(int j = coins[i]; j <= amount; j++)	//背包容量{//如果为初值，跳过，没有必要计算，而且计算会溢出if(dp[j-coins[i]] == INT_MAX) continue;dp[j] = min(dp[j-coins[i]]+1,dp[j]);}}//如果没有被赋值，那么说明没有解，返回-1if(dp[amount] == INT_MAX) return -1;return dp[amount];}
};

完全平方数就是物品(无限使用)，凑成的正整数n就是背包。问凑满背包最少有多少个物品。
step1:dp[j]，凑满容量为j的背包最少物品数目。
step2:dp[j] = min(dp[j-i*i] +1,dp[j]);
step3: dp[0] = 0；虽然0符合完全平方数要求，但是题目要求是从1开始找完全平方数。其余下标的dp初始值为INT_MAX
step4:对于求最小方法数的，内外层不需要管循环。

class Solution {
public:int numSquares(int n) {vector<int> dp(n+1,INT_MAX);dp[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = i*i; j <= n; j++){if(dp[j-i*i] == INT_MAX) continue;dp[j] = min(dp[j-i*i]+1,dp[j]);}}return dp[n];}
};

物品：wordDict中的string，可以重复取
背包:s字符串
step1: dp[i]：字符串长度为i，dp[i]为true，表示可以拆分一个或者多个在字典中出现的单词。
step2: 如果dp[j]为true，则[j,i]这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定为true。
所以递推公式为;

if(wordSet.find(s.substr(j,i-j)) != wordSet.end() && dp[j]) dp[i] = true;

step3:dp[0]字符串为0，为了方便推导公式，我们只好给他true，不然公式推导下去全为false。
step4:由于是求最小方法数，所以内外层遍历顺序无需在意

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {//将vector放入set中，加快查询unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(),wordDict.end());vector<bool> dp(s.size()+1,false);dp[0] = true;for(int i = 0; i <= s.size(); i++)  //背包容量{for(int j = 0; j <= i; j++)           //物品{string str = s.substr(j,i-j);  if(wordSet.find(str) != wordSet.end() && dp[j] == true){dp[i] = true;}}}return dp[s.size()];}
};