7 个月前
这道题类似于完全背包问题，每个物品都可以无限使用，但是要求背包必须装满，而且要求背包中的物品数目最少， 归纳为数学问题就是，
- v[i]:代表每种硬币的价值
- x[i]:代表每种硬币拿的个数，0<=x[i]<=amount/v[i]
- 所求问题可以归纳为：
- 在满足：amount=v1x1+v2x2+v3x3+...+vnxn 的条件下
- 求： target=min{x1+x2+x3+....xn}
- 最简单的一种思路就是把所有{xi}的组合全部拿出来，然后让target最小即可，利用递归就可以解决问题，但是时间复杂度会很高，但是如果有好的剪枝策略，也可以使用
- 另外一种方法就是常规的动态规划，利用一个amout+1长度的dp数组，记录每一个状态的最优解，过程见程序和注释
public int coinChange(int[] coins, int amount) { if(coins.length == 0) return -1; //声明一个amount+1长度的数组dp，代表各个价值的钱包，第0个钱包可以容纳的总价值为0，其它全部初始化为无穷大 //dp[j]代表当钱包的总价值为j时，所需要的最少硬币的个数 int[] dp = new int[amount+1]; Arrays.fill(dp,1,dp.length,Integer.MAX_VALUE); //i代表可以使用的硬币索引，i=2代表只在第0个，第1个，第2个这三个硬币中选择硬币 for (int i = 0; i < coins.length; i++) { /** * 当外层循环执行一次以后，说明在只使用前i-1个硬币的情况下，各个钱包的最少硬币个数已经得到， * 有些钱包的值还是无穷大，说明在仅使用前i-1个硬币的情况下，不能凑出钱包的价值 * 现在开始再放入第i个硬币，要想放如w[i]，钱包的价值必须满足j>=w[i]，所以在开始放入第i个硬币时，j从w[i]开始 */ for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { /** * 如果钱包当前的价值j仅能允许放入一个w[i]，那么就要进行权衡，以获得更少的硬币数 * 如果放入0个：此时钱包里面硬币的个数保持不变： v0=dp[j] * 如果放入1个：此时钱包里面硬币的个数为： v1=dp[j-coins[i]]+1 * 【前提是dp[j-coins[i]]必须有值，如果dp[j-coins[i]]是无穷大，说明无法凑出j-coins[i]价值的钱包， * 那么把w[i]放进去以后，自然也凑不出dp[j]的钱包】 * 所以，此时当钱包价值为j时，里面的硬币数目为 dp[j]=min{v0,v1} * 如果钱包当前价值j能够放入2个w[i]，就要再进行一次权衡 * 如果不放人第2个w[i]，此时钱包里面硬币数目为，v1=dp[j]=min{v0,v1} * 如果放入第2个w[i], 此时钱包里面硬币数目为，v2=dp[j-coins[i]]+1 * 所以，当钱包的价值为j时，里面的硬币数目为dp[j]=min{v1,v2}=min{v0,v1,v2} * 钱包价值j能允许放入3个，4个.........w[i]，不断更新dp[j]，最后得到在仅使用前i个硬币的时候，每个钱包里的最少硬币数目 */ if(dp[j-coins[i]] != Integer.MAX_VALUE) { dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j-coins[i]]+1); } } } if(dp[amount] != Integer.MAX_VALUE) return dp[amount]; return -1; }来源：oschina
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