Day39 | 动态规划 ：完全背包应用 零钱兑换&&零钱兑换II
难点：
代码都不难写，如何想到完全背包并把具体问题抽象为完全背包才是关键
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322.零钱兑换
[322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）](https://leetcode.cn/problems/coin-change/description/)\](https://leetcode.cn/problems/partition-equal-subset-sum/description/) #### 思路分析： [完全背包模板总结-CSDN博客](https://blog.csdn.net/m0_74795952/article/details/143600753?spm=1001.2014.3001.5502) [322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）](https://leetcode.cn/problems/coin-change/description/) 套用模板时候的注意点 1.这道题的金币可以重复选，所以是完全背包不是01背包 2.这道题是返回最少的金币数量，所以dfs/dp的含义就是前i种金币可以凑成金额为c的面额的最少金币数量是多少 3.由于求的是金币数量，所以面额amount就是背包的容量，物品的重量就是自己的面额，每个物品的价值都为1，因为dfs和dp的含义是最少的金币的**数量**是多少 4.求的是最少，所以要把max换成min，初始化的时候要初始化为INT_MAX/2而不是0（除以2是因为返回的INT_MAX+1后会溢出，导致报错） #### 1.回溯法 **1.参数和返回值** i是物品编号，表示从前i个物品里面选 c是容量 coins是w\[i
v[i]的值全都为1这里就不写了
cpp
int dfs(int i,int c,vector<int>& coins)2.终止条件
i小于0说明到了树形结构的最下面了
如果同时容量c==0，那说明正好可以凑够，我们就找到了一个合法的方案，返回0（不返回1的原因是我们dfs的含义是最少金币的数量，而不是能凑够amount的方案数量）
如果容量不是0就凑不够，返回INT_MAX/2
如果容量不够当前的硬币，那就递归下一个物品去了，最后返回的就是在前i-1种金币能凑够amount的最小金额数
cpp
if(i<0)
if(c==0)
return 0;
else
return INT_MAX/2;
if(c<coins[i])
return dfs(i-1,c,coins);3.本层逻辑
递归公式max换成min
cpp
return min(dfs(i-1,c,coins),dfs(i,c-coins[i],coins)+1);完整代码：
当然是超时的
cpp
class Solution {
public:
int dfs(int i,int c,vector<int>& coins)
{
if(i<0)
if(c==0)
return 0;
else
return INT_MAX/2;
if(c<coins[i])
return dfs(i-1,c,coins);
return min(dfs(i-1,c,coins),dfs(i,c-coins[i],coins)+1);
}
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
int res=dfs(coins.size()-1,amount,coins);
if(res<INT_MAX/2)
return res;
else
return -1;
}
};2.记忆化搜索
就是还是全都初始化为-1，每次返回前给dp赋值，碰到不是-1的那就是算过的，那就直接返回计算过的结果，不需要再次递归了
完整代码：
cpp
class Solution {
public:
int dfs(int i,int c,vector<int>& coins,vector<vector<int>>& dp)
{
if(i<0)
if(c==0)
return 0;
else
return INT_MAX/2;
if(dp[i][c]!=-1)
return dp[i][c];
if(c<coins[i])
return dp[i][c]=dfs(i-1,c,coins,dp);
return dp[i][c]=min(dfs(i-1,c,coins,dp),dfs(i,c-coins[i],coins,dp)+1);
}
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<vector<int>> dp(coins.size(),vector<int>(amount+1,-1));
int res=dfs(coins.size()-1,amount,coins,dp);
if(res<INT_MAX/2)
return res;
else
return -1;
}
};3.动态规划
笔者选择的是dp数组的物品编号从1开始
递归的边界条件是
i<0的时候c==0是返回0的。而我们这里的dp数组编号从1开始，那就是i<1且c==0的时候是等于0的
所以dp[0][0]的初始值就为0，其他的都是INT_MAX/2
cpp
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<vector<int>> dp(coins.size()+1,vector<int>(amount+1,INT_MAX/2));
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=coins.size();i++)
for(int j=0;j<=amount;j++)
if(j<coins[i-1])
dp[i][j]=dp[i-1][j];
else
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1);
if(dp[coins.size()][amount]<INT_MAX/2)
return dp[coins.size()][amount];
else
return -1;
}
};4.滚动数组
把第一维度全都删掉即可
cpp
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> dp(amount+1,INT_MAX/2);
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=coins.size();i++)
for(int j=coins[i-1];j<=amount;j++)
dp[j]=min(dp[j],dp[j-coins[i-1]]+1);
if(dp[amount]<INT_MAX/2)
return dp[amount];
else
return -1;
}
};518.零钱对换II
[518. 零钱兑换 II - 力扣（LeetCode）](https://leetcode.cn/problems/coin-change-ii/description/)\](https://leetcode.cn/problems/ones-and-zeroes/description/)
#### 思路分析：
这回求的是方案数量很明显，求方案数量那dfs的的含义就是在前i种金币里面有**多少种方法**可以恰好凑够当前的容量c，递推公式和01背包变形类似
就把max换成+就可以了，即两种情况的方案数加起来就是当前i，c的总方案数量
#### 1.回溯暴力枚举
就挑重点说吧
终止条件如果c==0说明恰好可以凑够，那说明我们找到了合法的方案，由于我们dfs的含义是返回合法的方案数量，所以我们每找到一个合法方案返回的就是1，否则就是0.
**完整代码**
当然是超时的
```cpp
class Solution {
public:
int dfs(int i,int c,vector
因为dp数组中的第i个元素的重量在coins 的i-1的位置存储着
注意定义为unsigned，不然有个测试案例过不去
完整代码：
cpp
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<vector<unsigned>> dp(coins.size()+1,vector<unsigned>(amount+1,0));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=coins.size();i++)
for(int j=0;j<=amount;j++)
if(j<coins[i-1])
dp[i][j]=dp[i-1][j];
else
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-coins[i-1]];
return dp[coins.size()][amount];
}
};4.滚动数组优化
就是删掉第一维度就完事
从1开始
cpp
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<unsigned> dp(amount+1,0);
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=coins.size();i++)
for(int j=coins[i-1];j<=amount;j++)
dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i-1]];
return dp[amount];
}
};从0开始
cpp
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<unsigned> dp(amount+1,0);
dp[0]=1;
for(int i=0;i<coins.size();i++)
for(int j=coins[i];j<=amount;j++)
dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i]];
return dp[amount];
}
};遍历顺序先遍历背包容量后遍历物品和先遍历物品后背包容量
先遍历物品后遍历背包容量，求的是可以凑成target的组合
经典题目就是兑换零钱II