题目1：给定数组arr，arr中所有的值都是正数且不重复。每个值代表一种面值的货币，每种面值的货币可以使用任意张，再给定一个整数aim代表要找的钱数，求组成aim的最少货币数。
举例：
arr[5,2,3]，aim=20。 4张5元可以组成20元，其他的找钱方案都要使用更多张的货币，所以返回4。
题解：
一眼看去这道题好像可以用贪心算法可解，但是仔细分析发现有些值是不可以的，例如arr[1,3,4]，aim=6 ：用贪心算法算最少钱数为3 (4+1+1)，但是我们可以明显的发现用两张3元的就够了，所以用贪心算法不可解。
其实这是一道经典的动态规划方法，我们可以构造一个dp数组，如果arr的长度为N，则dp数组的行数为N，列数为aim+1，dp[i][j] 的含义是：在可以任意使用arr[0..i]货币的情况下，组成j所需要的最小张数。
明白以上定义后我们初始化第一行与第一列，第一行dp[0][0..aim]中每一个元素dp[0][j]表示用arr[0]货币找开面额 j所需要的最少货币数，此时我们只能选取arr[0]这一张货币，所以只有arr[0]的整数倍的面额钱才可以找开，例如当arr[0]=3，aim=10时，只能找开3,6,9的货币，而其他面额的则无法找开，所以将arr[0][3,6,9]初始化为1,2,3 除此之外其他值初始化为整形int的最大值INT_MAX表示无法找开。对于第一列dp[0..n][0] 中的每一个元素dp[i][0]表示用arr[i]组成面额为0的钱的最少货币数，完全不需要任何货币，直接初始化为0即可。
对于剩下的任意dp[i][j]，我们依次从左到右，从上到下计算，dp[i][j]的值可能来自下面：
- 完全不使用当前货币arr[i]的情况下的最少张数，即dp[i-1][j]的值
- 只使用1张当前货币arr[i]的情况下的最少张数，即dp[i-1][j-arr[i]]+1
- 只使用2张当前货币arr[i]的情况下的最少张数，即dp[i-1][j-2*arr[i]]+2
- 只使用3张当前货币arr[i]的情况下的最少张数，即dp[i-1][j-3*arr[i]]+3
- …..
-
import java.util.*; public class Coin3 { public static void main(String args[]){ Scanner in=new Scanner(System.in); int arr[]=new int[]{1,3,5}; while(in.hasNext()){ int total=in.nextInt(); int dp[][]=new int[arr.length][total+1]; //注意初始化，当找零为0时，初始化为1种 for(int i=0;i<arr.length;i++){ dp[i][0]=1; } for(int j=1;j<=total;j++){ if(j%arr[0]==0){ dp[0][j]=1; }else{ dp[0][j]=0; } } //注意更新策略，使用在arr[i][j]处使用arr[i]和不使用arr[i]两种情况之和 for(int i=1;i<arr.length;i++){ for(int j=1;j<=total;j++){ if(arr[i]>j){ dp[i][j]=dp[i-1][j]; }else{ dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-arr[i]]; } } } System.out.println(dp[arr.length-1][total]); } } }
以上所有情况中，最终取张数最小的，即dp[i][j] = min( dp[i-1][j-k*arr[i]]+k )( k>=0 )
=>dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], min{ dp[i-1][j-x*arr[i]]+x (1<=x) } } 令x = y+1
=>dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], min{ dp[i-1][j-arr[i]-y*arr[i]+y+1 (0<=y) ] } }
又有 min{ dp[i-1][j-arr[i]-y*arr[i]+y (0<=y) ] } => dp[i][ j-arr[i] ] ,所以，最终有：dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], dp[i][j-arr[i]]+1 }。如果j-arr[i] < 0，即发生了越界，说明arr[i]太大了，用一张都会超过钱数j，此时dp[i][j] = dp[i-1][j]。
import java.util.*; //每种类型的货币可以使用多次
public class coin1 {
public static void main(String args[]){
Scanner in=new Scanner(System.in);
while(in.hasNext()){
int arr[]=new int[]{1,3,4,5};
int total=in.nextInt();
int dp[][]=new int[arr.length][total+1];
//初始化边界（第一列），需要找零为0时，所需要的硬币数为0
for(int i=0;i<arr.length;i++)
dp[i][0]=0;
//初始化边界（第一行），只用arr[0]去找零
for(int j=1;j<=total;j++){
if(j%arr[0]==0){
dp[0][j]=j/arr[0];
}else {
dp[0][j]=1000000;
}
}
//动态更新每一行和每一列，注意理解动态规划的公式
for(int i=1;i<arr.length;i++){
for(int j=1;j<=total;j++){
if(j>=arr[i]){
dp[i][j]=Math.min(dp[i-1][j],dp[i][j-arr[i]]+1);
}else{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
}
System.out.println(dp[arr.length-1][total]);
}
}
}
题目2： 给定数组arr，arr中所有的值都为正数，每个值仅代表一张钱的面值，再给定一个整数aim代表要找的钱数，求组成aim的最小货币数。
题解: 相对于上一题，这道题的arr中的钱只有一张，而不是任意多张，构造dp数组的含义也同上，但是此时略有不同，
dp第一行dp[0][0..aim]的值表示只使用一张arr[0]货币的情况下，找某个钱数的最小张数。比如arr[0]=2，那么能找开的钱数仅为2, 所以令dp[0][2]=1。因为只有一张钱，所以其他位置所代表的钱数一律找不开，一律设为INT_MAX。第一列dp[0…N-1]表示找的钱数为0时需要的最少张数，钱数为0时完全不需要任何货币，所以全设为0即可。
剩下的位置从左到右，从上到下计算，dp[i][j]可能的值来自于以下两种情况
- dp[i][j]的值代表在可以任意使用arr[0..i]货币的情况下，组成j所需要的最小张数。可以任意使用arr[0..i]货币的情况当然包括不使用arr[i]的货币，而只使用任意arr[0..i-1]货币的情况，所以dp[i][j]的值可能为dp[i-1][j]。
- 因为arr[i]只有一张不能重复使用，所以我们考虑dp[i-1][j-arr[i]]的值，这个值代表在可以任意使用arr[0..i-1]货币的情况下，组成j-arr[i]所需的最小张数。从钱数为j-arr[i]到钱数j,只用在加上这张arr[i]即可。所以dp[i][j]的值可能等于do[i-1][j-arr[i]]+1。
- 如果dp[i-1][j-arr[i]]中j-arr[i] < 0，也就是位置越界了，说明arr[i]太大了，只用一张就会超过钱数j,令dp[i][j]=dp[i-1][j]即可。
import java.util.*; public class Coin2 { public static void main(String args[]){ Scanner in=new Scanner(System.in); while(in.hasNext()){ int arr[]=new int[]{1,1,3,3,3,4,4,4}; int total=in.nextInt(); int dp[][]=new int[arr.length][total+1]; for(int i=0;i<arr.length;i++) dp[i][0]=0; //初始化 for(int j=0;j<=total;j++){ if(j==arr[0]){ dp[0][j]=1; }else{ dp[0][j]=100010; } } //更新策略 for(int i=1;i<arr.length;i++){ for(int j=1;j<=total;j++){ if(arr[i]>j){ dp[i][j]=dp[i-1][j]; }else{ dp[i][j]=Math.min(dp[i-1][j-arr[i]]+1,dp[i-1][j]); } } } if(dp[arr.length-1][total]>100000){ System.out.println("找不开"); }else{ System.out.println(dp[arr.length-1][total]); } } } }