leetcode 322零钱兑换

一、完整代码（精简注释）

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class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        // dp[i]：凑出金额 i 所需的最少硬币数
        vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
        dp[0] = 0;  // 凑出0元需要0枚硬币

        for (int i = 1; i <= amount; i++) {
            for (int j = 0; j < coins.size(); j++) {
                if (coins[j] <= i) { // 当前硬币不能超过金额i
                    // 选择当前硬币，更新最少硬币数
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
                }
            }
        }

        // 无法凑出返回-1，否则返回最少硬币数
        return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
    }
};

二、动态规划五步总结

1. 确定 dp 数组含义

dp[i] 表示凑出金额 i 所需要的最少硬币数量。

最终目标是求 dp[amount]。

2. 确定状态转移方程

\ $\\boxed{dp\[i$ =\min(dp $i$ ,dp $i-coins\[j$ ]+1)} \]

dp[i]：当前凑出金额 i 的最少硬币数。
dp[i-coins[j]]：凑出剩余金额需要的最少硬币数。
+1：加上当前选择的这枚硬币。
min()：在所有硬币选择中取最优解。

例如 coins = [1,2,5]，计算 dp[6]：

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选择1元：dp[5] + 1 = 2
选择2元：dp[4] + 1 = 3
选择5元：dp[1] + 1 = 2

dp[6] = min(2,3,2) = 2

3. 初始化 dp 数组

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vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
dp[0] = 0;

第一个 amount+1：数组长度，包含 dp[0] 到 dp[amount]。
第二个 amount+1：初始化为一个不可能的较大值，表示暂时无法凑出。
dp[0]=0：凑出金额 0 不需要硬币。

这里用 amount+1 代替 INT_MAX，既能表示无解，又能避免状态转移时整数溢出。

4. 确定遍历顺序

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for (int i = 1; i <= amount; i++) {
    for (int j = 0; j < coins.size(); j++) {
        if (coins[j] <= i) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
        }
    }
}

外层循环：从小金额到大金额，保证计算当前状态时，之前的小金额已经计算完成。
内层循环：遍历所有硬币，寻找最少硬币数量。
coins[j] <= i：防止 i-coins[j] 为负数，导致数组越界。

由于每种硬币可以无限使用，因此同一枚硬币可以在不同状态转移中重复选择。

5. 确定返回值

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return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];

如果 dp[amount] > amount，说明无法凑出，返回 -1。
否则返回最少硬币数量。

三、复杂度分析

设 n 为硬币种类数。

时间复杂度： $O(amount \times n)$，每个金额都需要遍历所有硬币。
空间复杂度： $O(amount)$，使用一维 dp 数组存储结果。

四、核心思路总结

这道题属于完全背包问题中的求最小值问题，因为每种硬币可以无限次使用。

核心思想是：

要求凑出金额 i 的最少硬币数，就枚举最后选择的硬币，利用剩余金额的最优解，再加上当前这枚硬币。

记住三个关键点：

dp[i] 存储的是凑出金额 i 的最优解，而不是具体硬币组合。
dp[i-coins[j]]+1 表示选择一枚当前硬币后的总数量。
amount+1 作为无解标记，是这道题初始化的关键技巧。

这与之前做的「完全平方数」是同一种动态规划思路，只不过一个枚举硬币面值，一个枚举完全平方数。