作为动态规划领域的经典入门题，LeetCode 322. 零钱兑换不仅考察对「最优子结构」的理解，更能帮我们掌握动态规划的核心解题思路------把复杂问题拆解成可重复解决的子问题，通过存储子问题答案避免重复计算。今天就带大家从头到尾吃透这道题，从问题分析到代码实现，每一步都讲透，新手也能轻松跟上。
一、题目解读：读懂问题核心
题目很简洁，但细节不能漏，我们先把关键信息提炼出来：
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输入：一个整数数组 coins（表示不同面额的硬币，比如 1,2,5），一个整数 amount（表示需要凑成的总金额，比如 11）；
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输出：凑成总金额所需的最少硬币个数；如果无法凑成，返回 -1；
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关键条件：每种硬币的数量是无限的（这是「完全背包问题」的典型特征，和0-1背包的"每种物品只能用一次"区分开）。
举个例子帮助理解：
若 coins = 1,2,5，amount = 11，最优解是 2枚5元 + 1枚1元，共3枚硬币，所以返回3；
若 coins = 2，amount = 3，没有任何组合能凑成3，返回 -1。
二、解题思路：为什么用动态规划？
拿到这道题，首先会想到暴力枚举------列举所有可能的硬币组合，计算每个组合的硬币个数，再取最小值。但这种方法的效率极低，比如 amount=100，coins=1,2,5，枚举的组合数会呈指数级增长，根本无法应对较大的测试用例。
这时候就需要动态规划登场了。动态规划的核心思想是「重叠子问题」和「最优子结构」：
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重叠子问题：凑成金额 i 的最少硬币数，依赖于凑成金额 i - coinsj 的最少硬币数（比如凑11元，依赖于凑10元、9元、6元的最少硬币数），这些子问题会被重复计算，我们可以用一个数组存储子问题的答案，避免重复运算；
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最优子结构：凑成金额 i 的最少硬币数，一定是所有「i - coinsj 的最少硬币数 + 1」中的最小值（加1是因为要加上当前使用的这枚 coinsj 硬币）。
基于这个思路，我们可以设计一个动态规划数组 dp，来存储每个金额对应的最少硬币数。
三、动态规划数组设计与初始化
1. dp数组的定义
定义 dpi 表示：凑成总金额 i 所需的最少硬币个数。
比如 dp0 表示凑成金额0所需的硬币数，显然是0（不需要任何硬币）；dp1 表示凑成金额1所需的最少硬币数，若有1元硬币则为1，若无则为无法凑成。
2. 初始化细节
我们需要初始化一个长度为 amount + 1 的 dp 数组（因为金额从0到amount，共 amount+1 个状态）：
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dp0 = 0：这是基础条件，凑成金额0不需要任何硬币；
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其余 dpi 初始化为 Infinity（无穷大）：因为一开始我们不知道能否凑成金额 i，用无穷大表示"暂时无法凑成"，后续如果能凑成，再更新为具体的最小值。
这里有个小细节：为什么用 Infinity 而不是其他值？因为我们要取最小值，初始化为无穷大，才能保证后续的 min 运算能正确更新 dpi（如果初始化为其他较大值，可能会影响结果，但 Infinity 是最直观、最安全的选择）。
四、状态转移方程推导
有了 dp 数组的定义和初始化，接下来就是核心的状态转移过程------如何从子问题的答案推出当前问题的答案。
对于每个金额 i（从1到amount），我们遍历所有硬币面额 coinsj：
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如果 coinsj > i：说明这枚硬币的面额比当前金额还大，无法使用，跳过；
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如果 coinsj ≤ i：说明这枚硬币可以使用，此时凑成金额 i 的最少硬币数，有两种选择：
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不使用这枚硬币：此时 dpi 保持原来的值（无穷大或之前计算的最小值）；
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使用这枚硬币：此时 dpi = dpi - coins\[j] + 1（dpi - coins\[j] 是凑成 i - coinsj 的最少硬币数，加1是因为加上当前这枚硬币）。
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因此，状态转移方程为：
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)（当 coinsj ≤ i 时）
五、完整代码解析（逐行拆解）
给出的代码已经是最优解（时间复杂度 O(amount × len(coins))，空间复杂度 O(amount)），我们逐行拆解，搞懂每一步的作用：
typescript
function coinChange(coins: number[], amount: number): number {
// 1. 定义dp数组的长度：amount + 1（覆盖0到amount的所有金额）
const Len = amount + 1;
// 2. 初始化dp数组：所有元素为Infinity，dp[0] = 0
const dp = new Array(Len).fill(Infinity);
dp[0] = 0;
// 3. 遍历所有金额（从1到amount），计算每个金额的最少硬币数
for (let i = 1; i <= amount; i++) {
// 4. 遍历所有硬币面额，尝试用当前硬币凑成金额i
for (let j = 0; j < coins.length; j++) {
// 5. 只有当硬币面额≤当前金额时，才能使用这枚硬币
if (coins[j] <= i) {
// 6. 状态转移：取"不使用当前硬币"和"使用当前硬币"的最小值
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
}
}
}
// 7. 最终判断：如果dp[amount]还是Infinity，说明无法凑成，返回-1；否则返回dp[amount]
return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
};关键代码细节说明：
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Len = amount + 1：因为金额从0开始，比如 amount=11，需要计算 dp0 到 dp11，共12个元素，所以长度是 amount+1；
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dp.fill(Infinity)：初始化所有金额的最少硬币数为无穷大，代表"暂时无法凑成"；
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双重循环：外层循环遍历金额（从1到amount），内层循环遍历硬币，确保每个金额都尝试过所有可能的硬币组合；
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return dpamount > amount ? -1 : dpamount：这里用 dpamount > amount 判断是否无法凑成，因为最多用 amount 枚1元硬币就能凑成 amount（比如 amount=11，最多11枚1元），如果 dpamount 大于 amount，说明它还是初始的 Infinity，无法凑成，返回-1。
六、测试用例验证（帮你理解代码运行过程）
我们用之前的例子 coins = 1,2,5，amount = 11，来模拟代码的运行过程，看看 dp 数组是如何变化的：
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初始化 dp = 0, Infinity, Infinity, ..., Infinity（共12个元素）；
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i=1（金额1）：
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j=0（硬币1）：1≤1，dp1 = min(Infinity, dp0+1) = 0+1=1；
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j=1（硬币2）：2>1，跳过；j=2（硬币5）：5>1，跳过；最终 dp1 = 1；
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i=2（金额2）：
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j=0（硬币1）：dp2 = min(Infinity, dp1+1) = 2；
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j=1（硬币2）：2≤2，dp2 = min(2, dp0+1) = 1；
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j=2（硬币5）：5>2，跳过；最终 dp2 = 1；
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... 依次计算，直到 i=11：
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j=0（硬币1）：dp11 = dp10 + 1；
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j=1（硬币2）：dp11 = min(当前值, dp9 + 1)；
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j=2（硬币5）：dp11 = min(当前值, dp6 + 1)；
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最终 dp11 = 3（dp6 = 1，1+1+1=3）；
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所以代码返回 3，和我们预期的结果一致。
七、常见坑点与注意事项
新手做这道题很容易踩坑，这里总结几个关键注意点，帮你避坑：
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初始化 dp0 = 0 不能漏：这是整个动态规划的基础，没有这个条件，所有子问题的计算都会出错；
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硬币遍历的顺序不影响结果：因为每种硬币可以无限使用，无论先遍历哪枚硬币，最终都会尝试所有可能的组合；
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判断无法凑成的条件：不能直接判断 dpamount === Infinity，因为在某些语言中，Infinity 和其他值比较可能有异常，用 dpamount > amount 更稳妥（比如 amount=3，最多3枚1元，若 dp3 是 Infinity，肯定大于3）；
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coins 数组可能为空？题目中默认 coins 是有效的整数数组，但如果 coins 为空且 amount>0，直接返回 -1（代码中会因为循环不执行，dpamount 还是 Infinity，最终返回 -1，无需额外处理）。
八、总结：动态规划的解题套路
通过这道题，我们可以总结出动态规划的通用解题步骤，后续遇到类似问题（比如完全背包、爬楼梯等）都可以套用：
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定义 dp 数组：明确 dpi 表示的含义（核心步骤，一定要想清楚）；
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初始化 dp 数组：根据题目条件，设置基础值（比如 dp0 = 0）和初始值（比如 Infinity）；
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推导状态转移方程：找到 dpi 和子问题 dpi - k 之间的关系；
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遍历所有状态，计算 dp 数组的值；
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根据 dp 数组的最终值，返回题目要求的结果。
零钱兑换作为动态规划的入门题，难度适中，但能帮我们掌握核心思路。建议大家多动手调试代码，模拟 dp 数组的变化过程，真正理解每一步的含义，后续再做类似的题目就会得心应手。