give me your money!!1
step1：觀察題面，這可以讓我們了解題的型別。
「編寫乙個函式來計算可以湊成總金額」，可以得出這是一道揹包 dp。
「每種硬幣的數量是無限的」，進一步得出這是道完全揹包。（題型：完全揹包）
「最少的硬幣個數」，證明這要在揹包的前提下，求出最小組成數量。
「多組測試資料」，謹記多組輸入 （論wrong answer與沒有多組輸入）。（注意：多組輸入）
step2：思考解法。
第一步，思考 dp 狀態：
\(dp_\)：前 \(i\) 種硬幣湊出面值 \(j\) 的最少幣數。對於當前一種硬幣 \(coins_\) 而言，只有取或不取兩種狀態。
若取，取後的幣數為前 \(i - 1\) 種硬幣湊出面值 \(j-w_\times k\) 的總幣數加上當前種類所需幣數 \(k\)。
若不取，則說明前 \(i - 1\) 種硬幣已經能夠湊出面值 \(j\)，不需要再取。
第二步，思考狀態轉移方程：
原本完全揹包的狀態轉移方程是：
\[dp_ = \max\, dp_}+a_\}\ (a_\le j\le amount)
\]但這裡我們並不是求總金額以內最大能湊出的面值，而是求湊成總金額的最少幣數，於是就有：
\[dp_=\min\,\,dp_} + 1\}\ (a_\le j\le amount)
\]通過觀察發現，上述方程可以降維。由於對 \(dp_\) 有影響的只有 \(i - 1\)，故可以把前一維抹掉，但需要保證 \(dp_\) 可以被 \(dp_}\) 影響（即 \(dp_\) 被計算時 \(dp_}\) 已經被算出），這才相當於物品 \(i\) 多次被放入揹包，所以列舉當前面值 \(j\) 時要正序。
第三步，打出完全揹包的**，把狀態轉移方程換一下，於是本題的演算法部分就完成啦：
for (int i = 1; i <= n; i++)
}
step3：完成**：
通過資料範圍可以發現，一種硬幣的面額是可以比總金額大的，因此可以預處理淺淺優化一下（雖然沒什麼大的效果）。
因為找的是最小幣數，所以 dp 陣列要初始化成極大值，而前 \(0\) 種硬幣湊成 面值 \(0\) 只需要 \(0\) 種硬幣，由此可得 \(dp_ = 0\)。
輸出時值得注意的是，「如果沒有任何一種硬幣組合能組成總金額，輸出 \(-1\)」；在**中，這意味著「如果 \(dp_\) 沒有被更新，則輸出 \(-1\)」，所以只需要輸出時特判一下 \(dp_\) 若仍是初始值就輸出 \(-1\)。
\**（抵制學術不端行為，拒絕 ctrl + c）：
#include using namespace std;
const int n = 1e2 + 5, a = 1e4 + 5, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, amount, a[n], dp[a];
/* dp(i, j): 前 i 個硬幣湊出 j 的最少硬幣個數
dp(i, j) = min(dp(i - 1, j - a[i]), dp(i - 1, j));
取這個硬幣 or 不取這個硬幣
*/int main()
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
}printf("%d\n", dp[amount] == inf ? -1 : dp[amount]); // 可以使用三目運算子來特判
}return 0;
}
快去 ac 『零錢兌換』 叭~ ヾ(≧▽≦*)o
bye bye!
Leetcode題解 零錢兌換
注 用揹包問題思想來理解硬幣找零系列問題 for c in coins 列舉硬幣總數 for j in range m,c 1,1 從大到小列舉金額，確保j c 0.f j min f j f j c 1 return f m if f m float inf else 1 如果為inf說明狀態不可...
零錢兌換 leetcode
思路 建乙個動態陣列dp，大小為amount 1，dp裡面的值初始化為amount 1。dp i 表示總金額i最少可以用dp i 的零錢兌換，如果coins j 比i小，那麼總金額i可以由dp i conis j 再加上這枚零錢構成，dp i min dp i dp i coins j 1 如果dp...
leedcode 零錢兌換
給定不同面額的硬幣 coins 和乙個總金額 amount。編寫乙個函式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。示例1輸入 coins 1,2,5 amount 3 輸出 3 解釋 11 5 5 1示例2輸入 coins 2 amount 3 輸出 ...