关键词：动态规划 完全背包 记忆化搜索
一个套路：
- 01背包：空间优化之后dp【target+1】，遍历的时候要逆序遍历
- 完全背包：空间优化之后dp【target+1】，遍历的时候要正序遍历
题目：
方法一：
动态规划 完全背包
思路：
就是一个完全背包问题。有无限个相同的硬币。目标就是amount。
状态：dp[j]判断在放第i种硬币时，凑成目标金额为j所需要的最少硬币个数。（进行了滚动数组进行空间优化，正序遍历）
转移方程： dp[j]=min(dp[j],dp[j-coins[i]]+1)
- 如果选dp[j]：不加这个硬币。
- 如果选dp[j-coins[i]]+1：加这一个硬币。
初始条件：因为是找最小值，所以dp初始值设置成一个比较大的值，我设了1e5。
边界条件：初始条件里面，dp[0]要特别设置出来，dp[0]=0。因为在目标为0元、什么硬币都不用的时候，所需要的最少硬币个数为0。
画了一个dp状态推理过程的表格。纵坐标是j，横坐标是i。实际上dp状态是一维的，长度为amount+1，coins维被空间优化了。
| amount\coins | 0 | 1 | 2 | 5 |
| 0 | 0 | |||
| 1 | 10000 | 1 | ||
| 2 | 10000 | 2 | 1 | |
| 3 | 10000 | 3 | 2 | |
| 4 | 10000 | 4 | 2 | |
| 5 | 10000 | 5 | 3 | 1 |
| 6 | 10000 | 6 | 3 | 2 |
| 7 | 10000 | 7 | 4 | 2 |
| 8 | 10000 | 8 | 4 | 3 |
| 9 | 10000 | 9 | 5 | 3 |
| 10 | 10000 | 10 | 5 | 2 |
| 11 | 10000 | 11 | 6 | 3 |
复杂度计算：
- 时间复杂度O(nm) n为amount m为coins.size()
- 空间复杂度O(n) n为amount
代码：
#include <vector>
#include <iostream>
class Solution {
public:int coinChange(std::vector<int>& coins, int amount) {if (amount == 0) return 0;std::vector<int> dp(amount + 1,1e5);dp[0] = 0;for (int i = 0; i < coins.size(); ++i){for (int j = coins[i]; j <= amount; ++j){dp[j] = std::min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);}}if (dp[amount] == 1e5) return -1;else return dp[amount];}
};方法二：
动态规划 记忆化
思路：
记忆化：把之前算过的状态记下来，减少搜索。
复杂度计算：
- 时间复杂度O(nm) n为amount m为coins.size()
- 空间复杂度O(n) n为amount
代码：
class Solution {std::vector<int>count;int dp(std::vector<int>& coins, int rem){if (rem < 0)return-1;if (rem == 0)return 0;if (count[rem - 1] != 0)return count[rem - 1];int min = INT_MAX;for (const auto& coin : coins){int res = dp(coins, rem - coin);if (res >= 0 && res < min){min = res + 1;//为什么要加个1}}count[rem - 1] = min == INT_MAX ? -1 : min;return count[rem - 1];}
public:int coinChange(std::vector<int>& coins, int amount) {if (amount < 1) return 0;count.resize(amount);return dp(coins, amount);}
};题目二：
给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。
思路：
和上面唯一不同的是求的是凑成总金额的硬币组合数。
其实是基本一样的思路，主要是改变转移方程。
状态：dp[j]判断在放第i种硬币时，凑成目标金额为j的硬币组合数。（进行了滚动数组进行空间优化，正序遍历）
转移方程： dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i]]
- dp[j]：不加这个硬币，凑成j的组合数。
- dp[j-coins[i]]：加这一个硬币，凑成j的组合数。
初始条件：因为是找总和，所以dp初始值设置成0。
边界条件：初始条件里面，dp[0]要特别设置出来，dp[0]=1。因为在凑0元的时候，有一个方法就是啥都不放。
画了一个dp状态推理过程的表格。纵坐标是j，横坐标是i。实际上dp状态是一维的，长度为amount+1，coins维被空间优化了。
| amount\coins | 0 | 1 | 2 | 5 |
| 0 | 1 | |||
| 1 | 0 | 1 | ||
| 2 | 0 | 1 | 2 | |
| 3 | 0 | 1 | 2 | |
| 4 | 0 | 1 | 3 | |
| 5 | 0 | 1 | 3 | 4 |
| 6 | 0 | 1 | 4 | 5 |
| 7 | 0 | 1 | 4 | 6 |
| 8 | 0 | 1 | 5 | 7 |
| 9 | 0 | 1 | 5 | 8 |
| 10 | 0 | 1 | 6 | 10 |
| 11 | 0 | 1 | 6 | 11 |
复杂度计算：
- 时间复杂度O(nm) n为amount m为coins.size()
- 空间复杂度O(n) n为amount
代码：
#include <vector>
#include <iostream>
//和前面问题不一样：
//给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。
class Solution {
public:int coinChange(std::vector<int>& coins, int amount) {if (amount == 0) return 0;std::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];}
};
