2.零钱兑换

给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 

-1

。

示例 1:

输入: coins =          [1, 2, 5]                 amount =          11                
输出:          3                 
解释: 11 = 5 + 5 + 1      

示例 2:

输入: coins =          [2]                , amount =          3                
输出: -1      

说明:

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

在刷动态规划经典例题——数字三角形之前，我已尝试解答这个问题。

用的是深度优先遍历+贪心，先拿完所有最大面额的硬币，剩下的钱从剩下的硬币中一一选取

这样算耗时大，还算不对。

了解了动态规划后，过了几天又看到这题，才想起来可以用动态规划

分析：

（1）步骤拆分：

因为n为整数，所以每个步骤找零差值为1元，即：

求兑换n元的最小硬币，可以先求兑换n-1元最少硬币数量

求兑换n-1元，要先求兑换n-2元

。。。

一路下去，可以拆分成如下：

1、兑换0元（为了方便，所以从0开始）最少硬币数量

2、兑换1元最少硬币数量

3、兑换2元最少硬币数量

。。。

n+1、兑换n元最少硬币数量

设数组dp[n],且 dp[i] 为兑换 i 元所用最少硬币数量（所以要从0开始，dp[0]是兑换0元的最少硬币数量，多么直观啊）

（2）状态转移方程分析：

每一步找零差值为1，硬币面额为整且不小于1，设dp[0]=0（原因见示例分析）；

如果i元可以找零，那么一定有   

找零i元 = 找零j元 + 一枚m元硬币   （j<i，j元可以找零 , m 属于数组coins）

比如 ： 找零5元 等于 找零3元 + 一枚2元硬币

            找零5元 等于 找零5元 + 一枚5元硬币

设int b为该方案找零硬币数

则 b = dp[j]+1 （1表示1枚硬币）

当然满足 i =j+m 的j和m很多，b也很多，

遍历0~i-1里面可以找零的及数组coins，找出这样的 j 和 m ，求出所有的b

我们选出最小的b作为最优解dp[i]即可

若一个j和m也没有，记为-1，表示实在无法找零

状态转移方程不言而喻

（3）示例分析：

假设硬币面额数组c[3]={2,3,5},找零11元

找零 i 元 = 找零 j 元 +1枚m面额硬币 简写为：

z[i]=z[j]+m;

int b=某方案找零硬币个数，

dp[i]=找零 i 元最少硬币数量

硬币面额数组 c[3]={2,3,5}, 找零11元

1.找零0元：不存在的，∴dp[0]=0;

2.找零1元：还是不存在，∴dp[1]=0;

    但是题目要求不存在的话输出-1，所以把dp[1]记为-1

3.找零2元：

    （1）找零0元+1枚2元硬币：找零方案f1=dp[0]+1(1表示1枚2元硬币！),f1=1

     没有其他找零方法了，∴dp[2]=f1=1;

    （找零1元+1枚1元硬币？不存在的）

4.找零3元：

    （1）找零0元+1枚3元硬币：f1=dp[0]+1(1的意义同上！),f1=1

     没有其他找零方案了，∴p[3]=f1=1;

    （找零2元+1枚1元硬币？找零2元的方案倒是有，但没有1元硬币啊）

5.找零4元：

    （1）找零2元+1枚2元硬币：f1=dp[2]+1=2

    没有其他方案了，所以dp[4]=f1=2

6.找零5元：
   
    （1）找零2元+1枚3元硬币：f1=dp[2]+1=2

    （2）找零3元+1枚2元硬币：f2=dp[3]+1=2

    （3）找零0元+1枚5元硬币：f3=dp[0]+1=1;
  
    ∴dp[5]=min(f1,f2,f3)=1

7.找零6元：

    （1）找零3元+1枚3元硬币：f1=dp[3]+1=2

    （2）找零4元+1枚2元硬币：f2=dp[4]+1=3

    ∴dp[6]=min(f1,f2)=2

8.找零7元：

    （1）找零4元+1枚3元硬币：f1=dp[4]+1=3

    （2）找零5元+1枚2元硬币：f2=dp[5]+1=2

    ∴dp[7]=min(f1,f2)=2

9.找零8元：

    （1）找零3元+1枚5元硬币：f1=dp[3]+1=2

    （2）找零6元+1枚2元硬币：f2=dp[6]+1=3

    ∴dp[8]=min(f1,f2)=2

10.找零9元：

    （1）找零4元+1枚5元硬币：f1=dp[4]+1=3

    （2）找零6元+1枚3元硬币：f2=dp[6]+1=3

    （3）找零7元+1枚2元硬币：f3=dp[7]+1=3

    ∴dp[9]=min(f1,f2,f3)=3

11.找零10元：

    （1）找零5元+1枚5元硬币：f1=dp[5]+1=2

    （2）找零7元+1枚3元硬币：f2=dp[7]+1=3

    （3）找零8元+1枚2元硬币：f3=dp[8]+1=3

    ∴dp[10]=min(f1,f2,f3)=2

12.找零11元(最终解)：

    （1）找零6元+1枚5元硬币：f1=dp[6]+1=3

    （2）找零8元+1枚3元硬币：f2=dp[8]+1=3

    （3）找零9元+1枚2元硬币：f3=dp[9]+1=4

    ∴dp[11]=min(f1,f2,f3)=3
           

所以找零11元最少要3个硬币

改造一下还能求出是哪三个硬币

本题代码

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {//硬币数组，找零面额
        if(amount==0){
            return 0;
        }
        
        int len=coins.length;
        int []dp=new int[amount+1];
        dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=amount;++i){
            int h=amount;
            for(int j=0;j<len;++j){
                if(coins[j]<=i && dp[i-coins[j]]!=-1){
                    if(dp[i-coins[j]]<=h){
                        h=dp[i-coins[j]];
                    }                    
                }
            }
            if(h<i+1){
                dp[i]=h+1;
            }else{dp[i]=-1;}
        }
        return dp[amount];
    }
}