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给你一个下标从 $0$ 开始的整数数组 $coins$，表示可用的硬币的面值，以及一个整数 $target$ 。

如果存在某个 $coins$ 的子序列总和为 $x$，那么整数 $x$ 就是一个 可取得的金额 。

返回需要添加到数组中的 任意面值 硬币的 最小数量 ，使范围 $[1,target]$ 内的每个整数都属于 可取得的金额 。

数组的 子序列 是通过删除原始数组的一些（可能不删除）元素而形成的新的 非空 数组，删除过程不会改变剩余元素的相对位置。

示例 1：
输入：coins = [1,4,10], target = 19
输出：2
解释：需要添加面值为 $2$ 和 $8$ 的硬币各一枚，得到硬币数组 $[1,2,4,8,10]$ 。
可以证明从 $1$ 到 $19$ 的所有整数都可由数组中的硬币组合得到，且需要添加到数组中的硬币数目最小为 $2$ 。

示例 2：
输入：coins = [1,4,10,5,7,19], target = 19
输出：1
解释：只需要添加一枚面值为 $2$ 的硬币，得到硬币数组 $[1,2,4,5,7,10,19]$ 。
可以证明从 $1$ 到 $19$ 的所有整数都可由数组中的硬币组合得到，且需要添加到数组中的硬币数目最小为 $1$ 。

示例 3：
输入：coins = [1,1,1], target = 20
输出：3
解释：
需要添加面值为 $4$ 、$8$ 和 $16$ 的硬币各一枚，得到硬币数组 $[1,1,1,4,8,16]$ 。
可以证明从 $1$ 到 $20$ 的所有整数都可由数组中的硬币组合得到，且需要添加到数组中的硬币数目最小为 $3$ 。

提示：

• $1\le target\le 10^5$
• $1\le coins.length\le 10^5$
• $1\le coins[i]\le target$

思路

可以通过贪心算法来解决。我们首先对硬币面值数组进行排序，然后逐步考虑每个需要添加的额外硬币。具体步骤如下：

1. 对硬币数组进行排序，以便从小到大考虑硬币面值。
2. 初始化需要的额外硬币数量为0，当前已经能够组成的金额为0。
3. 遍历排序后的硬币数组，对于每个硬币面值，进行以下操作：

• 如果当前已经能够组成的金额已经大于或等于目标金额，直接返回需要的额外硬币数量。
• 如果当前硬币面值减去1大于当前已经能够组成的金额，需要添加额外硬币，数量为当前硬币面值减去1与当前已经能够组成的金额之间的差值。
• 更新当前已经能够组成的金额为当前硬币面值。

4. 如果遍历完成后，当前已经能够组成的金额仍然小于目标金额，继续添加额外硬币，数量为目标金额减去当前已经能够组成的金额。

代码

class Solution {
public:int minimumAddedCoins(vector<int>& coins, int target) {int n = coins.size(), res = 0, ssum = 0;sort(coins.begin(), coins.end());for (int i = 0; i < n; ++i) {if (ssum >= target) {return res;}while (ssum < coins[i] - 1) {++res;ssum = ssum * 2 + 1;}ssum += coins[i];}while (ssum < target) {++res;ssum = ssum * 2 + 1;}return res; }
};
/*
挺有意思的一个构造题。不难看出，当你已经可以组成1 -- i所有的数字的时候，，如果下一个出现的数字j小于等于i + 1，那么你就可以直接获得这个数字，并且能通过这个新的数字来组成1 -- i + j的所有数字。这是很好理解的一件事儿，1 -- i的所有数字你本来就有，j -- i + j的所有数字则可以通过你原本能组成的数字再加上j来获取。那么，如果下一个出现的数字j大于i + 1，这时就需要额外添加数字了。额外添加的数字自然是越大越好——也就是前一种情况里j的最大值i + 1。
*/

复杂度分析

时间复杂度

O(nlogn)，遍历硬币数组的时间复杂度为 O(n)，因此总的时间复杂度为 O(nlogn)。

空间复杂度

O(1)

结果

总结

通过贪心算法解决了硬币补充的问题，通过分析问题的特点，找到了最优的添加策略，使得所需的额外硬币数量最小化。