LeetCode题解518.coin-change-2

题目地址（518. 零钱兑换 II）

https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/description/

题目描述

给定不同面额的硬币和一个总金额。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。

示例 1:

输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
输出: 4
解释: 有四种方式可以凑成总金额:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
示例 2:

输入: amount = 3, coins = [2]
输出: 0
解释: 只用面额 2 的硬币不能凑成总金额 3。
示例 3:

输入: amount = 10, coins = [10]
输出: 1

注意:

你可以假设：

0 <= amount (总金额) <= 5000
1 <= coin (硬币面额) <= 5000
硬币种类不超过 500 种
结果符合 32 位符号整数

思路

这个题目和 coin-change 的思路比较类似。

我们还是按照 coin-change 的思路来， 如果将问题画出来大概是这样：

进一步我们可以对问题进行空间复杂度上的优化（这种写法比较难以理解，但是相对更省空间）

这里用动图会更好理解， 有时间的话我会做一个动图出来， 现在大家脑补一下吧

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， 组成数 = dp[i]

2. 第 j 个硬币我可以选择拿 这个时候， 组成数 = dp[i - coins[j]] + dp[i]

• 和背包问题不同， 硬币是可以拿任意个

• 对于每一个 dp[i] 我们都选择遍历一遍 coin， 不断更新 dp[i]

eg:

if (amount === 0) return 1;

const dp = [Array(amount + 1).fill(1)];

for (let i = 1; i < amount + 1; i++) {
  dp[i] = Array(coins.length + 1).fill(0);
  for (let j = 1; j < coins.length + 1; j++) {
    // 从1开始可以简化运算
    if (i - coins[j - 1] >= 0) {
      // 注意这里是coins[j -1]而不是coins[j]
      dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - coins[j - 1]][j]; // 由于可以重复使用硬币所以这里是j不是j-1
    } else {
      dp[i][j] = dp[i][j - 1];
    }
  }
}

return dp[dp.length - 1][coins.length];

• 当我们选择一维数组去解的时候，内外循环将会对结果造成影响

eg:

// 这种答案是不对的。
// 原因在于比如amount = 5, coins = [1,2,5]
// 这种算法会将[1,2,2] [2,1,2] [2, 2, 1] 算成不同的

if (amount === 0) return 1;

const dp = [1].concat(Array(amount).fill(0));

for (let i = 1; i < amount + 1; i++) {
  for (let j = 0; j < coins.length; j++) {
    if (i - coins[j] >= 0) {
      dp[i] = dp[i] + dp[i - coins[j]];
    }
  }
}

return dp[dp.length - 1];

// 正确的写法应该是内外循环调换一下, 具体可以看下方代码区

代码

/*
 * @lc app=leetcode id=518 lang=javascript
 *
 * [518] Coin Change 2
 *
 */
/**
 * @param {number} amount
 * @param {number[]} coins
 * @return {number}
 */
var change = function(amount, coins) {
  if (amount === 0) return 1;

  const dp = [1].concat(Array(amount).fill(0));

  for (let j = 0; j < coins.length; j++) {
    for (let i = 1; i < amount + 1; i++) {
      if (i - coins[j] >= 0) {
        dp[i] = dp[i] + dp[i - coins[j]];
      }
    }
  }

  return dp[dp.length - 1];
};

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。

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