「力扣」第 322 题：零钱兑换
传送门：322. 零钱兑换；
满足「完全背包问题」的背景。
1、每个硬币可以使用多次；
2、不计算顺序；
3、并且有「最优子结构」。
要求的是恰好填满「背包」，所以初始化的时候需要赋值为一个不可能的值：
amount + 1。只有在有「正常值」的时候，「状态转移」才可以正常发生。
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。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说明:
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
方法一：动态规划
思路：
- 看题目的问法，只问最优值是多少，没有要我们求最优解，一般情况下就是「动态规划」可以解决的问题；
- 最优子结构其实比较明显，根据示例 1：
输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11凑成面值为 11 的最小硬币数可以由以下 $3$ 者的最小值得到：
1、凑成面值为 10 的最小硬币数 + 面值为 1 的这一枚硬币；
2、凑成面值为 9 的最小硬币数 + 面值为 2 的这一枚硬币；
3、凑成面值为 6 的最小硬币数 + 面值为 5 的这一枚硬币；
即 dp[11] = min (dp[10] + 1, dp[9] + 1, dp[6] + 1)。
- 可以直接把题目的问法设计成状态。
第 1 步：定义「状态」
dp[i]：凑齐总价值 i 需要的最少硬币数，状态就是问的问题。
第 2 步：写出「状态转移方程」
根据对具体例子的分析：
dp[amount] = min(1 + dp[amount - coin[i]]) for i in [0, len - 1] if coin[i] <= amount注意的是：
1、首先硬币的面值首先要小于等于当前要凑出来的面值；
2、剩余的那个面值应该要能够凑出来，例如：求 dp[11] 需要参考 dp[10] ，如果不能凑出来的话，dp[10] 应该等于一个不可能的值，可以设计为 11 + 1，也可以设计为 -1 ，它们的区别只是在具体的代码编写细节上不一样而已。
再强调一次：新状态的值要参考的值以前计算出来的「有效」状态值。这一点在编码的时候需要特别注意。
因此，不妨先假设凑不出来，因为比的是小，所以设置一个不可能的数。
Java 代码：
import java.util.Arrays;
public class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// 给 0 占位
int[] dp = new int[amount + 1];
// 注意：因为要比较的是最小值，这个不可能的值就得赋值成为一个最大值
Arrays.fill(dp, amount + 1);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= amount; i++) {
for (int coin : coins) {
if (i - coin >= 0 && dp[i - coin] != amount + 1) {
dp[i] = Math.min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
}
}
}
if (dp[amount] == amount + 1) {
dp[amount] = -1;
}
return dp[amount];
}
}要求的是恰好填满「背包」，所以初始化的时候需要赋值为一个不可能的值：
amount + 1。只有在有「正常值」的时候，「状态转移」才可以正常发生。
方法二：套「完全背包」问题的公式
为什么是「完全背包」问题：
1、每个硬币可以使用无限次；
2、硬币总额有限制；
3、并且具体组合是顺序无关的，还以示例 1 为例：面值总额为 11，方案 [1, 5, 5] 和方案 [5, 1, 5] 视为同一种方案。
但是与「完全」背包问题不一样的地方是：
1、要求恰好填满容积为 amount 的背包，重点是「恰好」、「刚刚好」，而原始的「完全背包」问题只是要求「不超过」；
2、题目问的是总的硬币数最少，原始的「完全背包」问题让我们求的是总价值最多。
- 这一点可以认为是：每一个硬币有一个「占用空间」属性，并且值是固定的，固定值为 $1$；
- 作为「占用空间」而言，考虑的最小化是有意义的。
相当于是把「完全背包」问题的「体积」和「价值」属性调换了一下。
因此，这个问题的背景是「完全背包」问题，可以使用「完全背包」问题的解题思路：（「0-1 背包」问题也是这个思路）一个一个硬币去看，一点点扩大考虑的价值的范围（自底向上考虑问题的思想），其实就是在不断地做尝试和比较，实际生活中，人也是这么干的，「盗贼」拿东西也是这样的，看到一个体积小，价值大的东西，就会从背包里把占用地方大，廉价的物品换出来。
所以代码里：外层循环先遍历的是硬币面试，内层循环遍历的是面值总和，这是这样写的依据。
说明：以下代码提供的是「完全背包」问题「最终版本」的代码。建议读者按照以下路径进行学习，相信就不难理解这个代码为什么这样写了。
- 「0-1 背包」问题，二维表格的写法；
- 「0-1 背包」问题，滚动数组的写法；
- 「0-1 背包」问题只用一行，从后向前覆盖赋值的写法（因为只关心最后一行最后一格数值，每个单元格只参考它上一行，并且是正上方以及正上方左边的单元格数值）；
- 「完全背包」问题，二维表格的写法（最朴素的解法，枚举每个硬币可以选用的个数）；
- 「完全背包」问题，优化了「状态转移方程」的二维表格的写法（每一行只参考了上一行正上方的数值，和当前行左边的数值）；
- 「完全背包」问题压缩成一行的写法，正好与「0-1 背包」问题相反，「0-1 背包」问题倒着写，「完全背包」问题正着写（看看填表顺序，就明白了）。
（这里省略了 2 版代码，请读者自己学习背包问题的知识，将它们补上。）
Java 代码：
import java.util.Arrays;
public class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int[] dp = new int[amount + 1];
Arrays.fill(dp, amount + 1);
dp[0] = 0;
for (int coin : coins) {
for (int i = coin; i <= amount; i++) {
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
}
}
if (dp[amount] == amount + 1) {
dp[amount] = -1;
}
return dp[amount];
}
}方法三：广度优先遍历
这个问题其实有点像「组合问题」，具体在纸上画一下，就知道这其实是一个在「图」上的「最短路径问题」。很显然，「广度优先遍历」是求这个问题的算法，广度优先遍历借助「队列」实现。
因为是「图」，有回路，所以要设计一个 visited 数组。
注意：在添加到队列的时候，就得将 visited 数组对应的值设置为 true，否则可能会出现同一个元素多次入队的情况。广度优先遍历的代码是很常见的，大家多写几遍也就会了。
Java 代码：
import java.util.Arrays;
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
public class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
if (amount == 0) {
return 0;
}
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
boolean[] visited = new boolean[amount + 1];
visited[amount] = true;
queue.offer(amount);
// 排序是为了加快广度优先遍历过程中，对硬币面值的遍历
// 起到前置的效果
Arrays.sort(coins);
int step = 1;
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
for (int i = 0; i < size; i++) {
Integer head = queue.poll();
for (int coin : coins) {
int next = head - coin;
if (next == 0) {
return step;
}
if (next < 0) {
// 由于 coins 升序排序，后面的面值会越来越大，剪枝
break;
}
if (!visited[next]) {
queue.offer(next);
// 添加到队列的时候，就应该立即设置为 true
// 否则还会发生重复访问
visited[next] = true;
}
}
}
step++;
}
// 进入队列的顶点都出队，都没有看到 0 ，就表示凑不出硬币
return -1;
}
}（本节完）
