【力扣100题】45.零钱兑换

题目描述

给定一个整数数组 coins（不同面额的硬币）以及一个整数 amount（总金额），计算并返回凑成总金额所需的最少硬币个数 。如果没有任何硬币组合能组成总金额，返回 -1。

可以认为每种硬币的数量是无限的。

示例：

• 输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11 → 输出：3（11 = 5 + 5 + 1）
• 输入：coins = [2], amount = 3 → 输出：-1
• 输入：coins = [1], amount = 0 → 输出：0

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解题思路总览

方法	思路	时间复杂度	空间复杂度
动态规划	dp[i] 表示凑成金额 i 的最少硬币数，状态转移 dp[i] = min(dp[i], dp[i-coin]+1)	O(amount × len(coins))	O(amount)
BFS	从金额 0 出发，每次加上一种硬币，求最少步数	O(amount × len(coins))	O(amount)

本题采用**动态规划（完全背包）**方法。

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完整代码

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
        int n = coins.size();
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= amount; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (coins[j] <= i) {
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
                }
            }
        }
        return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];
    }
};

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算法流程图

输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11

初始化:
  dp[0] = 0
  dp[1...11] = amount+1 = 12 (表示正无穷，即无法凑成)

i = 1:
  j = 0, coin = 1 <= 1
    dp[1] = min(12, dp[0]+1) = 1
  j = 1, coin = 2 > 1, 跳过
  j = 2, coin = 5 > 1, 跳过
  dp[1] = 1

i = 2:
  j = 0, coin = 1 <= 2
    dp[2] = min(12, dp[1]+1) = 2
  j = 1, coin = 2 <= 2
    dp[2] = min(2, dp[0]+1) = 1
  j = 2, coin = 5 > 2, 跳过
  dp[2] = 1

i = 3:
  j = 0, coin = 1 <= 3
    dp[3] = min(12, dp[2]+1) = 2
  j = 1, coin = 2 <= 3
    dp[3] = min(2, dp[1]+1) = 2
  j = 2, coin = 5 > 3, 跳过
  dp[3] = 2

i = 4:
  j = 0, coin = 1 <= 4
    dp[4] = min(12, dp[3]+1) = 3
  j = 1, coin = 2 <= 4
    dp[4] = min(3, dp[2]+1) = 2
  j = 2, coin = 5 > 4, 跳过
  dp[4] = 2

i = 5:
  j = 0, coin = 1 <= 5
    dp[5] = min(12, dp[4]+1) = 3
  j = 1, coin = 2 <= 5
    dp[5] = min(3, dp[3]+1) = 3
  j = 2, coin = 5 <= 5
    dp[5] = min(3, dp[0]+1) = 1
  dp[5] = 1

... (继续迭代直到 i = 11)

i = 11:
  j = 0, coin = 1 <= 11
    dp[11] = min(12, dp[10]+1)
  j = 1, coin = 2 <= 11
    dp[11] = min(dp[11], dp[9]+1)
  j = 2, coin = 5 <= 11
    dp[11] = min(dp[11], dp[6]+1) = 3

最终 dp[11] = 3
输出: 3

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逐行解析

vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);

含义： 创建大小为 amount+1 的数组，dp[i] 表示凑成金额 i 的最少硬币数。初始化为 amount+1 作为"正无穷"，因为凑成 amount 最多需要 amount 个 1 元硬币，所以 amount+1 一定大于任何可行解。

int n = coins.size();

含义： 记录硬币种类数量，方便后续循环使用。

dp[0] = 0;

含义： 基础情况，凑成金额 0 需要 0 个硬币。

for (int i = 1; i <= amount; i++)

含义： 从金额 1 到 amount 依次计算每个金额的最少硬币数。

for (int j = 0; j < n; j++)

含义： 遍历所有硬币面额，尝试用每种硬币来凑当前金额。

if (coins[j] <= i)

含义： 只有当硬币面额不超过当前要凑的金额 i 时，才能使用这枚硬币（因为不能有负数）。

dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);

含义： 状态转移方程。如果使用面额为 coins[j] 的硬币，那么剩下的 i-coins[j] 金额需要 dp[i-coins[j]] 个硬币，再加上当前的 1 枚硬币，总共 dp[i-coins[j]]+1 个。取较小值更新 dp[i]。

return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];

含义： 如果 dp[amount] 仍然是初始值 amount+1，说明没有任何硬币组合能凑成 amount，返回 -1；否则返回实际计算出的最少硬币数。

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复杂度分析

复杂度	值	说明
时间复杂度	O(amount × len(coins))	外层循环 amount 次，内层循环 len(coins) 次
空间复杂度	O(amount)	需要大小为 amount+1 的 dp 数组

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面试追问 FAQ

问题	答案
为什么初始化为 amount+1 而不是 INT_MAX？	因为 INT_MAX 参与 dp[i-coins[j]]+1 计算时会溢出，而 amount+1 既足够大又不会溢出
完全背包和 0-1 背包的区别？	0-1 背包每种物品只能用一次，内层循环倒序；完全背包每种物品无限使用，内层循环正序
如何输出具体硬币组合？	额外记录每个状态是从哪个硬币转移来的，最后回溯即可
如果要求硬币组合数最少怎么办？	使用 dp[i] += dp[i-coin] 而不是 min，统计组合个数
amount = 0 时返回什么？	返回 0，因为不需要任何硬币就能凑成 0 元

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总结

要点	内容
核心思想	完全背包动态规划，枚举所有硬币作为最后一个加数
状态定义	dp[i] = 凑成金额 i 的最少硬币数
状态转移	dp[i] = min(dp[i], dp[i-coin]+1)
初始化	dp[0] = 0，其他为 amount+1（正无穷）
返回值	dp[amount] == amount+1 ? -1 : dp[amount]

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