518.零钱兑换Ⅱ

题目描述

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。

示例 1:

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输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
输出: 4
解释: 有四种方式可以凑成总金额:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1

示例 2:

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输入: amount = 3, coins = [2]
输出: 0
解释: 只用面额2的硬币不能凑成总金额3。

示例 3:

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2
输入: amount = 10, coins = [10] 
输出: 1

题解

完全背包问题框架

我们可以把这个问题转化为背包问题的描述形式

有一个背包,最大容量为 amount,有一系列物品 coins,每个物品的重量为 coins[i]每个物品的数量无限。请问有多少种方法,能够把背包恰好装满?

第一步要明确两点,「状态」和「选择」

状态有两个,就是「背包的容量」和「可选择的物品」,选择就是「装进背包」或者「不装进背包」嘛,背包问题的套路都是这样。

明白了状态和选择,动态规划问题基本上就解决了,只要往这个框架套就完事儿了:

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for 状态1 in 状态1的所有取值:
for 状态2 in 状态2的所有取值:
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 计算(选择1,选择2...)

第二步要明确 dp 数组的定义

首先看看刚才找到的「状态」,有两个,也就是说我们需要一个二维 dp 数组。

dp[i][j] 的定义如下:

若只使用前 i 个物品,当背包容量为 j 时,有 dp[i][j] 种方法可以装满背包。

换句话说,翻译回我们题目的意思就是:

若只使用 coins 中的前 i 个硬币的面值,若想凑出金额 j,有 dp[i][j] 种凑法

经过以上的定义,可以得到:

base case 为 dp[0][..] = 0, dp[..][0] = 1。因为如果不使用任何硬币面值,就无法凑出任何金额;如果凑出的目标金额为 0,那么“无为而治”就是唯一的一种凑法。

我们最终想得到的答案就是 dp[N][amount],其中 Ncoins 数组的大小。

第三步,根据「选择」,思考状态转移的逻辑

注意,我们这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的,所以这里和之前写的背包问题文章有所不同。

如果你不把这第 i 个物品装入背包,也就是说你不使用 coins[i] 这个面值的硬币,那么凑出面额 j 的方法数 dp[i][j] 应该等于 dp[i-1][j],继承之前的结果。

如果你把这第 i 个物品装入了背包,也就是说你使用 coins[i] 这个面值的硬币,那么 dp[i][j] 应该等于 dp[i][j-coins[i-1]]

首先由于 i 是从 1 开始的,所以 coins 的索引是 i-1 时表示第 i 个硬币的面值。

dp[i][j-coins[i-1]] 也不难理解,如果你决定使用这个面值的硬币,那么就应该关注如何凑出金额 j - coins[i-1]

比如说,你想用面值为 2 的硬币凑出金额 5,那么如果你知道了凑出金额 3 的方法,再加上一枚面额为 2 的硬币,不就可以凑出 5 了嘛。

综上就是两种选择,而我们想求的 dp[i][j] 是「共有多少种凑法」,所以 dp[i][j] 的值应该是以上两种选择的结果之和

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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] < 0)
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];
}

状态压缩, 优化空间复杂度

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public int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1;


for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++) {
if (j - coins[i - 1] >= 0) {
dp[j] = dp[j] + dp[j - coins[i - 1]];
}
}
}
return dp[amount];
}
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