贪心算法的主要的解题目的思路是：
这道题算是生活中很常见的一道题，对于每一个顾客如果我们都有足够的零钱给他找零，那么就返回true，只要有一个顾客没有足够的零钱找给他就返回false。顾客只能有3种纸币，5元，10元，20元。我们要统计5元和10元的数量，20元的不需要统计，因为20元没法找给别人。
顾客给5元，5元的数量加1
顾客给10元，5元的数量减1（减完之后再判断5元的数量，如果小于0，说明5元的不够了，没法给顾客找零了，直接返回false)
顾客给20元，根据生活常识，如果有10元的，应该先找他10元的，然后再找他一个5元的。如果没有10元的就找他3个5元的，然后再判断5元的数量，如果小于0直接返回false。
package 计算机程序算法分类.贪心算法问题;
/**
* @Classname 柠檬水找零
* @Description TODO
* @Date 2021/5/17 10:04
* @Created by xjl
*/
public class 柠檬水找零 {
public boolean lemonadeChange(int[] biils){
//停机的店员拥有的5和10的数据量 不用统计的20的 因为不会需要找人家20的元 就是的没有比20大的钱
int five=0,ten=0;
for (int bill:biils){
if (bill==5){
//如果顾客使用的是5块的不需要找零 数量加1就行
five++;
}else if (bill==10){
//如果是10需要找5块 所以是的5的数量减1 10的数量加1
five--;
ten++;
}else if (ten>0){
//否则是的我们需要的是减少10 和5块的各一个
ten--;
five--;
}else {
//否则是的如果两个都没有的话的 那就是的减少三个的5块的
five-=3;
}
if (five<0){
//直接判断的5元的数量的 如果是5元的数量是小于0 的话 那么就没法给顾客找零了那就是的返回是false
return false;
}
}
return true;
}
}
可以看出在进行递归的时候，有很多重复的节点要进行操作，这样会浪费很多的时间。使用数组 memo[ ] 来保存节点的值，memo[n]表示钱币 nnn 可以被换取的最少的硬币数，不能换取就为 −1，findWay 函数的目的是为了找到 amount 数量的零钱可以兑换的最少硬币数量，返回其值 int，在进行递归的时候，memo[n]被复制了，就不用继续递归了，可以直接的调用 。
/**
* Copyright (C), 2018-2020
* FileName: 零钱兑换
* Author: xjl
* Date: 2020/9/13 14:28
* Description:
*/
package 计算机程序算法分类.贪心算法问题;
public class 零钱兑换 {
int[] memo;//在进行递归的时候，memo[n]被复制了，就不用继续递归了，可以直接的调用
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
if (coins.length == 0) {
return -1;
}
memo = new int[amount];
return findWay(coins, amount);
}
// memo[n] 表示钱币n可以被换取的最少的硬币数，不能换取就为-1
// findWay函数的目的是为了找到 amount数量的零钱可以兑换的最少硬币数量，返回其值int
public int findWay(int[] coins, int amount) {
if (amount < 0) {
return -1;
}
if (amount == 0) {
return 0;
}
// 记忆化的处理，memo[n]用赋予了值，就不用继续下面的循环
// 直接的返回memo[n] 的最优值
if (memo[amount - 1] != 0) {
return memo[amount - 1];
}
int min = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
int res = findWay(coins, amount - coins[i]);
if (res >= 0 && res < min) {
min = res + 1; // 加1，是为了加上得到res结果的那个步骤中，兑换的一个硬币
}
}
memo[amount - 1] = (min == Integer.MAX_VALUE ? -1 : min);
return memo[amount - 1];
}
}另一种实现：memo[i]有两种实现的方式，去两者的最小值，包含当前的 coins[i]，那么剩余钱就是 i−coins[i]，这种操作要兑换的硬币数是 memo[i−coins[j]]+1，不包含，要兑换的硬币数是 memo[i]。
class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// 自底向上的动态规划
if(coins.length == 0){
return -1;
}
// memo[n]的值： 表示的凑成总金额为n所需的最少的硬币个数
int[] memo = new int[amount+1];
// 给memo赋初值，最多的硬币数就是全部使用面值1的硬币进行换
// amount + 1 是不可能达到的换取数量，于是使用其进行填充
Arrays.fill(memo,amount+1);
memo[0] = 0;
for(int i = 1; i <= amount;i++){
for(int j = 0;j < coins.length;j++){
if(i - coins[j] >= 0){
// memo[i]有两种实现的方式，
// 一种是包含当前的coins[i],那么剩余钱就是 i-coins[i],这种操作要兑换的硬币数是 memo[i-coins[j]] + 1
// 另一种就是不包含，要兑换的硬币数是memo[i]
memo[i] = Math.min(memo[i],memo[i-coins[j]] + 1);
}
}
}
return memo[amount] == (amount+1) ? -1 : memo[amount];
}
}这里就是的一个完全的背包问题的。请一定要去的理解的背包问题的相关的解答和变式。背包问题的视频：https://www.bilibili.com/video/BV1K4411X766?from=search&seid=11709794381262748318，
class Solution {
public int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = new int[n + 1][amount + 1];
for (int i=0;i<=n;i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (int i=1;i<=n;i++) {
for (int j=1;j<=amount;j++) {
if (j < coins[i - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]];
}
}
}
return dp[n][amount];
}
}
