给定不同面额的硬币
coins和一个总金额amount。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。
这道题是在0-1背包问题的变形，是完全背包问题，那么什么是完全背包问题呢?
再来回顾一下0-1背包的题目：给你一个可装载重量为W的背包和N个物品（每个物品不一样），每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？
0-1背包问题中物品的数量是有限的，准确来说每个物品都是独一无二的，而这里的每一种面额的硬币有无限个，这就是完全背包问题，思路跟0-1背包的思路是一样的，只是状态转移方程略有改变而已。
我们可以根据0-1背包的思路来解这道题：
我们将不同面额的硬币比作0-1背包问题中的物品，将总金额比作背包的容量，这样就可以转化为背包问题的模型来进行求解。
- 第一步：明确「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」。
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...)
- 明确
dp数组的定义
dp[i][j] 的定义如下：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。
转换为硬币兑换的模型就是：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。
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。
我们最终目的就是求 dp[N][amount]，其中 N 为 coins 数组的大小。
- 根据「选择」，思考状态转移的逻辑
如果不使用 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]。
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：
class Solution {
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = amount 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] + dp[i][j - coins[i-1]];
}else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[n][amount];
}
}
而且，我们通过观察可以发现，dp 数组的转移只和 dp[i][..] 和 dp[i-1][..] 有关：
所以可以压缩状态，进一步降低算法的空间复杂度：
class Solution {
public int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++){
for (int j = 1; j <= amount; j++){
if (j - coins[i] >= 0){
dp[j] += dp[j-coins[i]];
}
}
}
return dp[amount];
}
}
甚至可以这样：
class Solution {
public int change(int amount, int[] coins) {
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1;
for (int coin : coins) {
// j直接从coin开始，避免了j - coins[i] >= 0的判断
for (int j = coin; j <= amount; j++) {
dp[j] += dp[j - coin];
}
}
return dp[amount];
}
}
时间复杂度 O(N*amount)
空间复杂度 O(amount)