0322. 零钱兑换 · ttttt

# 0322. 零钱兑换 ## 题目地址(322. 零钱兑换) <https://leetcode-cn.com/problems/coin-change/> ## 题目描述 ``` <pre class="calibre18">``` 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] <= 231 - 1 0 <= amount <= 104 ``` ``` ## 前置知识 - 贪心算法 - [动态规划](https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/thinkings/dynamic-programming.md) ## 公司 - 腾讯 - 百度 - 字节 - 阿里巴巴（盒马生鲜） ## 岗位信息 - 阿里巴巴（盒马生鲜）：前端技术二面 ## 思路 ## 思路假如我们把 coin 逆序排列，然后逐个取，取到刚好不大于 amout，依次类推。 ``` <pre class="calibre18">``` eg: 对于 [1,2,5] 组成 11 块 - 排序[5,2,1] - 取第一个5, 更新amout 为 11 - 5 = 6 (1⃣️) 6 > 5 继续更新为 6 - 5 = 1 (2⃣️) 1 < 5 退出 - 取第二个2 1 < 2 退出 - 取最后一个元素，也就是1 1 === 1 更新为 1 - 1 = 0 (3⃣️) - amout 为 0 退出因此结果是 3 ``` ``` 熟悉贪心算法的同学应该已经注意到了，这就是贪心算法，贪心算法更 amount 尽快地变得更小。 `经验表明，贪心策略是正确的`。注意，我说的是经验表明，贪心算法也有可能出错。就拿这道题目来说，他也是不正确的！比如 `coins = [1, 5, 11] amout = 15`, 因此这种做法有时候不靠谱，我们还是采用靠谱的做法. 如果我们暴力求解，对于所有的组合都计算一遍，然后比较，那么这样的复杂度是 2 的 n 次方（这个可以通过数学公式证明，这里不想啰嗦了），这个是不可以接受的。那么我们是否可以动态规划解决呢？答案是可以，原因就是可以划分为子问题，子问题可以推导出原问题对于动态规划我们可以先画一个二维表，然后观察，其是否可以用一维表代替。关于动态规划为什么要画表，我已经在[这篇文章](dynamic-programming.html)解释了比较容易想到的是二维数组： ``` <pre class="calibre18">``` class Solution: def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: if amount < 0: return - 1 dp = [[amount + 1 for _ in range(len(coins) + 1)] for _ in range(amount + 1)] # 初始化第一行为0，其他为最大值（也就是amount + 1） for j in range(len(coins) + 1): dp[0][j] = 0 for i in range(1, amount + 1): for j in range(1, len(coins) + 1): if i - coins[j - 1] >= 0: dp[i][j] = min( dp[i][j - 1], dp[i - coins[j - 1]][j] + 1) else: dp[i][j] = dp[i][j - 1] return -1 if dp[-1][-1] == amount + 1 else dp[-1][-1] ``` ``` **复杂度分析** - 时间复杂度：O(amonut∗len(coins))O(amonut \* len(coins))O(amonut∗len(coins)) - 空间复杂度：O(amount∗len(coins))O(amount \* len(coins))O(amount∗len(coins)) dp\[i\]\[j\] 依赖于`dp[i][j - 1]`和 `dp[i - coins[j - 1]][j] + 1)` 这是一个优化的信号，我们可以将其优化到一维,具体见下方。 ## 关键点解析 - 动态规划 - 子问题用 dp\[i\] 来表示组成 i 块钱，需要最少的硬币数，那么 1. 第 j 个硬币我可以选择不拿这个时候，硬币数 = dp\[i\] 2. 第 j 个硬币我可以选择拿这个时候，硬币数 = dp\[i - coins\[j\]\] + 1 3. 和背包问题不同，硬币是可以拿任意个 4. 对于每一个 dp\[i\] 我们都选择遍历一遍 coin，不断更新 dp\[i\] ## 代码 - 语言支持：JS，C++,Python3 JavaScript Code： ``` <pre class="calibre18">``` var coinChange = function (coins, amount) { if (amount === 0) { return 0; } const dp = Array(amount + 1).fill(Number.MAX_VALUE); dp[0] = 0; for (let i = 1; i < dp.length; i++) { for (let j = 0; j < coins.length; j++) { if (i - coins[j] >= 0) { dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1); } } } return dp[dp.length - 1] === Number.MAX_VALUE ? -1 : dp[dp.length - 1]; }; ``` ``` C++ Code： > C++中采用 INT\_MAX，因此判断时需要加上`dp[a - coin] < INT_MAX`以防止溢出 ``` <pre class="calibre18">``` class Solution { public: int coinChange(vector<int>& coins, int amount) { auto dp = vector<int>(amount + 1, INT_MAX); dp[0] = 0; for (auto a = 1; a <= amount; ++a) { for (const auto & coin : coins) { if (a >= coin && dp[a - coin] < INT_MAX) { dp[a] = min(dp[a], dp[a-coin] + 1); } } } return dp[amount] == INT_MAX ? -1 : dp[amount]; } }; ``` ``` Python3 Code: ``` <pre class="calibre18">``` class Solution: def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: dp = [amount + 1] * (amount + 1) dp[0] = 0 for i in range(1, amount + 1): for j in range(len(coins)): if i >= coins[j]: dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1) return -1 if dp[-1] == amount + 1 else dp[-1] ``` ``` **复杂度分析** - 时间复杂度：O(amonut∗len(coins))O(amonut \* len(coins))O(amonut∗len(coins)) - 空间复杂度：O(amount)O(amount)O(amount) ## 扩展这是一道很简单描述的题目，因此很多时候会被用到大公司的电面中。相似问题: [518.coin-change-2](https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/problems/518.coin-change-2.md)