0322. 零錢兌換 · ttttt

# 0322. 零錢兌換 ## 題目地址(322. 零錢兌換) <https://leetcode-cn.com/problems/coin-change/> ## 題目描述 ``` <pre class="calibre18">``` 給定不同面額的硬幣 coins 和一個總金額 amount。編寫一個函數來計算可以湊成總金額所需的最少的硬幣個數。如果沒有任何一種硬幣組合能組成總金額，返回 -1。你可以認為每種硬幣的數量是無限的。示例 1：輸入：coins = [1, 2, 5], amount = 11 輸出：3 解釋：11 = 5 + 5 + 1 示例 2：輸入：coins = [2], amount = 3 輸出：-1 示例 3：輸入：coins = [1], amount = 0 輸出：0 示例 4：輸入：coins = [1], amount = 1 輸出：1 示例 5：輸入：coins = [1], amount = 2 輸出：2 提示： 1 <= coins.length <= 12 1 <= coins[i] <= 231 - 1 0 <= amount <= 104 ``` ``` ## 前置知識 - 貪心算法 - [動態規劃](https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/thinkings/dynamic-programming.md) ## 公司 - 騰訊 - 百度 - 字節 - 阿里巴巴（盒馬生鮮） ## 崗位信息 - 阿里巴巴（盒馬生鮮）：前端技術二面 ## 思路 ## 思路假如我們把 coin 逆序排列，然后逐個取，取到剛好不大于 amout，依次類推。 ``` <pre class="calibre18">``` eg: 對于 [1,2,5] 組成 11 塊 - 排序[5,2,1] - 取第一個5, 更新amout 為 11 - 5 = 6 (1??) 6 > 5 繼續更新為 6 - 5 = 1 (2??) 1 < 5 退出 - 取第二個2 1 < 2 退出 - 取最后一個元素，也就是1 1 === 1 更新為 1 - 1 = 0 (3??) - amout 為 0 退出因此結果是 3 ``` ``` 熟悉貪心算法的同學應該已經注意到了，這就是貪心算法，貪心算法更 amount 盡快地變得更小。 `經驗表明，貪心策略是正確的`。注意，我說的是經驗表明，貪心算法也有可能出錯。就拿這道題目來說，他也是不正確的！比如 `coins = [1, 5, 11] amout = 15`, 因此這種做法有時候不靠譜，我們還是采用靠譜的做法. 如果我們暴力求解，對于所有的組合都計算一遍，然后比較，那么這樣的復雜度是 2 的 n 次方（這個可以通過數學公式證明，這里不想啰嗦了），這個是不可以接受的。那么我們是否可以動態規劃解決呢？答案是可以，原因就是可以劃分為子問題，子問題可以推導出原問題對于動態規劃我們可以先畫一個二維表，然后觀察，其是否可以用一維表代替。關于動態規劃為什么要畫表，我已經在[這篇文章](dynamic-programming.html)解釋了比較容易想到的是二維數組： ``` <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)] # 初始化第一行為0，其他為最大值（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] ``` ``` **復雜度分析** - 時間復雜度：O(amonut?len(coins))O(amonut \* len(coins))O(amonut?len(coins)) - 空間復雜度：O(amount?len(coins))O(amount \* len(coins))O(amount?len(coins)) dp\[i\]\[j\] 依賴于`dp[i][j - 1]`和 `dp[i - coins[j - 1]][j] + 1)` 這是一個優化的信號，我們可以將其優化到一維,具體見下方。 ## 關鍵點解析 - 動態規劃 - 子問題用 dp\[i\] 來表示組成 i 塊錢，需要最少的硬幣數，那么 1. 第 j 個硬幣我可以選擇不拿這個時候，硬幣數 = dp\[i\] 2. 第 j 個硬幣我可以選擇拿這個時候，硬幣數 = dp\[i - coins\[j\]\] + 1 3. 和背包問題不同，硬幣是可以拿任意個 4. 對于每一個 dp\[i\] 我們都選擇遍歷一遍 coin，不斷更新 dp\[i\] ## 代碼 - 語言支持：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，因此判斷時需要加上`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] ``` ``` **復雜度分析** - 時間復雜度：O(amonut?len(coins))O(amonut \* len(coins))O(amonut?len(coins)) - 空間復雜度：O(amount)O(amount)O(amount) ## 擴展這是一道很簡單描述的題目，因此很多時候會被用到大公司的電面中。相似問題: [518.coin-change-2](https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/problems/518.coin-change-2.md)