LeetCode每日之零钱兑换 II

零钱兑换 II (中等题)

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：
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

先放解法：

//java
    public int change(int amount, int[] coins) {
        //动态规划,dp[i]表示还要凑i块钱有多少种拿法，所以初始化为dp[amount] = 1，也就是一个硬币都不拿，还差amount的金额 就是唯一一种情况
        int[] dp = new int[amount + 1];
        dp[amount] = 1;
        //外层循环，取硬币，每种硬币取各种次数都记录下来
        for (int coin : coins) {
            //此处请注意for循环的条件，走的方向是从大到小，想明白本题后请思考如果改成 从coin走到amount会怎样
            for (int i = amount; i >= coin; i--) {
                //转移方程取一个面值coin的硬币，所以dp[i - coin]的情况数需要在原基础上加上dp[i]的情况数
                dp[i - coin] += dp[i];
            }
        }
        return dp[0];
    }

//kotlin
//因刚开始学kotlin，所以语法使用不保证规范性和效率
    fun change(amount: Int, coins: IntArray): Int {
        val dp = IntArray(amount + 1)
        dp[amount] = 1
        for (coin in coins){
            for (i in amount downTo 0){
                if(i >= coin){
                    dp[i - coin] += dp[i]
                }
            }
        }
        return dp[0]
    }

思路（代码含义在注释里，以下仅为解题思路）

1. 选择dp，从经验来说，求总次数的题目一般都是用dp，从原理来说，dp本质是基于已有情况往后递推，而总次数的方案则都是符合dp的实现策略，而从个人来说，如果第一眼无法判断是否使用dp，可以先看其他方案能否解决，因为dp的本质还是遍历，取巧不行，只能走遍历。
2. 选定状态，dp的难点就在于选择状态，状态选对了，转移方程很好写，本题可用一维dp实现，状态也只有金额这个值可以选了，我是个人习惯选了剩余金额，也可以选已选硬币总金额，这里比较简单，而需要用到二维dp的题目，例如昨天的每日盈利计划(困难题)就需要决断如何选状态，具体之后写，因为目前我也不是很明白怎么选，就是凭感觉选...
3. 转移方程，本题转移方程也很容易dp[i - coin] += dp[i]，也就是在dp[i]（还需要凑的金额为i）的情况下取coin硬币的情况数，再加上本身可能通过其他方式也能凑到dp[i-coin]的情况数。如果无法凑到金额i，也就是dp[i] = 0，那么dp[i-coin]就不增加
   其实也可以状态定为目前已选的金额，而转移方程可能也有变化，建议读者自行尝试写一遍。

补充

题目取零钱是不考虑取钱顺序的，所以无论怎么取，最终可以转换为取x个一号币，y个二号币......都在上述循环中包含了进去

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有趣的来了！！（重点必看）

如果题目改成 每个硬币只能使用一次，如何处理？请在上面的基础思考

解法（不信邪的选手可以写几个用例试试先...）

    public int change1(int amount, int[] coins) {
        int[] dp = new int[amount + 1];
        dp[amount] = 1;
        for (int coin : coins) {
            //区别在这里 注释部分为原解法
//          for (int i = amount; i >= coin; i--) {
            for (int i = coin; i <= amount; i++) {
                dp[i - coin] += dp[i];
            }
        }
        return dp[0];
    }

解释

dp的思路是相同的，现在每个硬币只能用一次，我们可以先思考为什么之前的解法每个硬币能用多次
从第一次取硬币开始，整个dp中只有dp[amount]=1，在这个基础上我们取一号币，让dp[amount-coins[0]] 也为1，如果现在取两个一号币，也就是在dp[amount-coins[0]] 的基础上再取一号币，这就是每个硬币能用多次的情况
现在再看看内层for循环，原解法是从后往前走，也就是在取了当前硬币之后，能够继续取（也就是走了dp[i]之后，还能走到dp[i-coin[0]]），而新解法是从前往后走，走到第一次取一号币的时候已经没办法回头再取第二次一号币了

优化

现在可以考虑优化，dp的优化不外乎就是空间时间
因为很多同学喜欢用多维dp，实际很多空间浪费，所以先考虑空间，这里空间没得优化。
时间上我们可以看到外层循环是必要的，内存循环走了很多dp[i]为0的情况，所以可以考虑将内层循环的开始使用一个min记录，记录下每次产生的最小min使得dp[min] != 0，其实这里我是写的时候就做了个优化，初始i = 0开始 优化为了i = coin开始，因为i小于coin时无法取，通过判断直接去除
具体代码我就不写了还是比较简单。

写在最后

其实就是01背包的题目，为什么这里才说，我觉得其实这些题目本质是让大家去思考问题，而不是思考能把什么模板（或者说解法）往上套，思考问题本身的意义远大于解决这个题目