前言:鸽了好多天了哈哈哈,虽然C站没更但是LC还是坚持刷的,任重道远啊!(可恶的寝室熄灯)
题型:动态规划
链接:322. 零钱兑换 - 力扣(LeetCode)
来源:LeetCode
题目描述
这道题贪心做不了(例子很简单,思路讲)
给你一个整数数组 coins
,表示不同面额的硬币;以及一个整数 amount
,表示总金额。
计算并返回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。(无限金币 -> 完全背包)
题目样例
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
提示:
1 <= coins.length <= 12
1 <= coins[i] <= 231 - 1
0 <= amount <= 104
题目思路
讲一下贪心为什么不可以:其实很简单,举个反例就行——用【10,8,7】来凑出16,当取了10之后直接就结束了
重新审题:①最少数目金币 ②无限金币个数 感觉可以从背包问题(完全背包)下手
那么开始构建dp数组:dp[i]的含义:凑齐 i 元需要用到的金币数——那就需要dp[amount+1],因为我们需要遍历到dp[amount]这个位置嘛
明白这一点,就可以思考递归式:在让dp[0] = 0(0元,不需要coin)的条件下,让 i 从 1开始遍历到amount,恰好有i == coins[j]的话,就可以将dp[i] 更新为dp[i-coins[j] + 1],表明这么些个数的硬币可以凑出来 i 元。
基本差不多了,这时候思考一下给dp[index]中的元素赋初值了:因为是要求最少金币数,那每次更新dp[index]时,就要 min(dp[i],dp[i-coins[i]] + 1) —— i - coins[i]上一段提到过,主要看会不会发生“恰好凑齐这种情况”。为了便于min后能更新dp数组,需要给dp数组初始化为一个【不可能超越的值】这边笔者直接给两种思路: ① 初始化为INX_MAX(但考虑到 +1 后会越界 int ,因此可以初始化为INT_MAX - 1 , 这样最后的时候看一下dp[amount]是否是“INT_MAX-1”即可)
②的思路就是都初始化为【amount +1】——coins最小为 1 ,表示amount最多用到 【amount】个coin,所以当初始化为【amount+1】时,就不需要跟①一样考虑越界的问题了
C++代码
class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {//dp,不能贪心// dp[9]:index为 0-8,表示凑成index所需要用到的金币数// 因为求最少,所以dp[index]要存的时minint len = coins.size();// INT_MAX + 1 会越界,所以耍小聪明就 INT_MAX-1vector<int> dp(amount+1,INT_MAX-1);dp[0] = 0;//凑成0元 需要0个coinfor(int i=0;i<len;i++){for(int j=1;j<amount+1;j++){// j表示要凑的钱if(j >= coins[i]){//如果j刚好等于coins[i],那么dp[j - coins[i]] = dp[0],就可以更新dp[j]的值dp[j] = min(dp[j],dp[j - coins[i]] + 1);}}}// 如过dp[amount]的值没变,说明凑不齐amount金额的硬币return dp[amount] == INT_MAX-1 ? -1 : dp[amount];}
};