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1、题目
给定不同面额的硬币 coins和一个总金额 amount。编写一个函数来计算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。
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
示例 4：
输入：coins = [1], amount = 1
输出：1
示例 5：
输入：coins = [1], amount = 2
输出：2
提示：
-
1 <= coins.length <= 12 -
1 <= coins[i] <= 2^31 - 1 -
0 <= amount <= 104
2、思路
(动态规划，完全背包问题)
完全背包问题。
相当于有n 种物品，每种物品的体积是硬币面值，价值是1，每种物品可用无限次。问装满背包最少需要多少价值的物品？
先考虑二维状态
状态表示： f[i][j] 表示从前i种硬币中选，且总金额恰好为j的所需要的最少硬币数。
那么f[n][amount]就表示表示 从前n种硬币中选，且总金额恰好为amount的所需要的最少硬币数，即为答案。
集合划分：
按照第i种硬币可以选 0个,1个，2个，3个，，，，k个划分集合 f[i][j]。其中k*w[i] <= j,也就是说在背包能装下的情况下，枚举第i种硬币可以选择几个。
不使用第i种硬币，状态表示: f[i-1][j]
使用第i种硬币，假设我们使用k个(容量允许的情况下)，状态表示：min(f[i-1][j - k*coin]) + k
状态计算方程：
f[i][j] = min(f[i-1][j],f[i-1][j-coins[i]] + 1,f[i-1][j-2*coins[i]] + 2,......,f[i-1][j-k*coins[i]] + k) .
初始化条件:
f[0][0]=0，其余f[0][j] = INF，表示当没有任何硬币的时候，存在凑成总和为 0 的方案，方案所使用的硬币为 0；凑成其他总和的方案不存在。
3、c++代码
class Solution {
public:
int INF = 1000000000;
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
int n = coins.size();
vector<vector<int>> f (n + 1, vector<int>(amount + 1, INF));
f[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int val = coins[i-1];
for(int j = 0; j <= amount; j++)
for(int k = 0; k*val <= j; k++)
{
f[i][j] = min(f[i][j] , f[i-1][j-k*val] + k);
}
}
if (f[n][amount] == INF) f[n][amount] = -1;
return f[n][amount];
}
};
4、java代码
class Solution {
int INF = 1000000000;
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int n = coins.length;
int[][] f = new int[n + 1][amount + 1];
for (int i = 0; i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= amount; j++)
f[i][j] = INF;
f[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int val = coins[i - 1];
for (int j = 0; j <= amount; j++) {
for (int k = 0; k * val <= j; k++) {
f[i][j] = Math.min(f[i][j], f[i-1][j-k*val] + k);
}
}
}
if (f[n][amount] == INF) f[n][amount] = -1;
return f[n][amount];
}
}
时间复杂度分析： 共有 个状态需要转移，每个状态转移最多遍历
次。整体复杂度为
超出时间限制，考虑一维优化。
5、一维优化
v代表第i件物品的体积(面值)
f[i][j] = min( f[i-1][j],f[i-1][j-v] + 1,f[i-1][j-2v] + 2......f[i-1][j-kv] + k)
f[i][j-v] + 1 = min(f[i-1,[j-v] + 1,f[i-1][j-2v] + 2......,f[i-1][j-kv] + k)
因此：
f[i][j] = min(f[i-1][j],f[i][j-v] + 1)
图示：
去掉一维：
状态计算方程为: f[j] = min([j],[j-v] + 1)
物品的体积即硬币面值: f[j] = min([j],[j-coins[i]] + 1)
时间复杂度分析：令 n 表示硬币种数，m 表示总价钱，则总共两层循环，所以时间复杂度是 。
6、c++代码2
class Solution {
public:
int INF = 1000000000;
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> f(amount + 1, INF);
f[0] = 0;
for (int i = 0; i < coins.size(); i ++ )
for (int j = coins[i]; j <= amount; j ++ )
f[j] = min(f[j], f[j - coins[i]] + 1);
if (f[amount] == INF) f[amount] = -1;
return f[amount] ;
}
};
7、java代码2
public class Solution {
int INF = 1000000000;
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int[] f = new int[amount + 1];
Arrays.fill(f, max);
f[0] = 0;
for (int i = 0; i < coins.size(); i ++ )
for (int j = coins[i]; j <= amount; j ++ )
f[i] = Math.min(f[i], f[i - coins[j]] + 1);
}
}
}
if (f[amount] == INF) f[amount] = -1;
return f[amount] ;
}
}
原题链接：322. 零钱兑换
