[LeetCode] Coin Change 2 硬币找零之二

You are given coins of different denominations and a total amount of money. Write a function to compute the number of combinations that make up that amount. You may assume that you have infinite number of each kind of coin.

Note: You can assume that

• 0 <= amount <= 5000
• 1 <= coin <= 5000
• the number of coins is less than 500
• the answer is guaranteed to fit into signed 32-bit integer

Example 1:

Input: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
Output: 4
Explanation: there are four ways to make up the amount:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1

Example 2:

Input: amount = 3, coins = [2]
Output: 0
Explanation: the amount of 3 cannot be made up just with coins of 2.

Example 3:

Input: amount = 10, coins = [10] 
Output: 1

这道题是之前那道Coin Change的拓展，那道题问我们最少能用多少个硬币组成给定的钱数，而这道题问的是组成给定钱数总共有多少种不同的方法。那么我们还是要使用DP来做，首先我们来考虑最简单的情况，如果只有一个硬币的话，那么给定钱数的组成方式就最多有1种，就看此钱数能否整除该硬币值。那么当有两个硬币的话，那么组成某个钱数的方式就可能有多种，比如可能由每种硬币单独来组成，或者是两种硬币同时来组成。那么我们怎么量化呢，比如我们有两个硬币[1,2]，钱数为5，那么钱数的5的组成方法是可以看作两部分组成，一种是由硬币1单独组成，那么仅有一种情况(1+1+1+1+1)；另一种是由1和2共同组成，说明我们的组成方法中至少需要由一个2，所以此时我们先取出一个硬币2，那么我们只要拼出钱数为3即可，这个3还是可以用硬币1和2来拼，所以就相当于求由硬币[1,2]组成的钱数为3的总方法。是不是不太好理解，多想想。那么我们的需要一个二维的dp数组，其中dp[i][j]表示用前i个硬币组成钱数为j的不同组合方法，那么怎么算才不会重复，也不会漏掉呢？我们采用的方法是一个硬币一个硬币的增加，每增加一个硬币，都从1遍历到amount，对于遍历到的当前钱数j，组成方法就是不加上当前硬币的频发dp[i-1][j]，还要加上，去掉当前硬币值的钱数的组成方法，当然钱数j要大于当前硬币值，那么我们的递推公式也在上面的分析中得到了：

dp[i][j] = dp[i - 1][j] + (j >= coins[i - 1] ? dp[i][j - coins[i - 1]] : 0)

注意我们要初始化每行的第一个位置为0，参见代码如下：   

比如我们有两个硬币[1,2]，钱数为5，那么钱数的5的组成方法是可以看作两部分组成，一种是由硬币1单独组成，那么仅有一种情况(1+1+1+1+1)；对应 dp[i-1][j];

另一种是由1和2共同组成，说明我们的组成方法中至少需要由一个2，所以此时我们先取出一个硬币2，那么我们只要拼出钱数为3即可，这个3还是可以用硬币1和2来拼，所以就相当于求由硬币[1,2]组成的钱数为3的总方法。对应dp[i][j-coins[i-1]];

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int n = coins.length;
        int[][] dp = new int[n + 1][amount + 1];
//dp[0][0] = 1; dp[i][0] = 1的原因是什么 前几个硬币 组成为0的情况为1 就是都不要
        dp[0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++ ){
            dp[i][0] = 1;
            for(int j = 1; j <= amount; j++){
                if(j >= coins[i -1 ])
                    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];
        
    }
}

我们可以对空间进行优化，我们发现dp[i][j]仅仅依赖于dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - coins[i - 1]] 这两项，那么我们可以使用一个一维dp数组来代替，此时的dp[i]表示组成钱数i的不同方法。其实最开始的时候，博主就想着用一维的dp数组来写，但是博主开始想的方法是把里面两个for循环调换了一个位置，结果计算的种类数要大于正确答案，所以一定要注意for循环的顺序不能搞反，参见代码如下：

coins = [1, 2 ,5]

dp[j] 在没有1 的情况下的j-1  没有2的情况下j-2   j-5把这些情况累加起来就是需要的答案

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int n = coins.length;
        int[] dp = new int[amount + 1];
        dp[0] = 1;
        for(int coin : coins){
            for(int j = coin; j <= amount; j++){
                dp[j] += dp[j-coin];
            }
        }
        return dp[amount];  
    }
}

标签：钱数,硬币,int,题解,coins,找零,amount,dp
来源： https://blog.csdn.net/qq_40320556/article/details/89913963