零钱兑换2(力扣)

在这里插入图片描述

题解

dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]:使用coins[0...i]coins[0...i]coins[0...i]这么多的情况下,组成目标金额为j时的最少数量。coins[i]coins[i]coins[i]为第i个硬币
当不使用第i个硬币能取得目标金额获得的最少硬币数量为
dp[i][j]=dp[i−1][j−0coins[i]]+0dp[i][j] = dp[i-1][j-0coins[i]]+0dp[i][j]=dp[i1][j0coins[i]]+0

当使用第i个硬币能取得目标金额,用最少的硬币数量为
dp[i][j]=min(dp[i−1][j−k∗coins[i]]+k),k>=1且j−kcoins[i]≥0dp[i][j]=min(dp[i−1][j−k∗coins[i]]+k),k>=1且j-kcoins[i]≥0dp[i][j]=min(dp[i1][jkcoins[i]]+k)k>=1jkcoins[i]0

dp[i][j]=min(dp[i−1][j],min(dp[i−1][j−k∗coins[i]]+k)),j−k∗coins[i]≥0dp[i][j] = min(dp[i-1][j],min(dp[i-1][j−k∗coins[i]]+k)),j-k*coins[i]≥0dp[i][j]=min(dp[i1][j],min(dp[i1][jkcoins[i]]+k)),jkcoins[i]0

dp[i][j]=min(dp[i−1][j],dp[i−1][j−cons[i]+1,dp[i−1][j−2cons[i]]+2,...,dp[i−1][j−kcons[i]]+k)(1)dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-cons[i]+1,dp[i-1][j-2cons[i]]+2,...,dp[i-1][j-kcons[i]]+k) (1)dp[i][j]=min(dp[i1][j],dp[i1][jcons[i]+1,dp[i1][j2cons[i]]+2,...,dp[i1][jkcons[i]]+k)1

令j=j-cons[i],将其带入上述公式得

dp[i][j−cons[i]]=min(dp[i−1][j−cons[i],dp[i−1][j−2cons[i]]+1,...,dp[i−1][j−(k+1)cons[i]]+k)(2)dp[i][j-cons[i]] =min( dp[i-1][j-cons[i], dp[i-1][j-2cons[i]]+1,...,dp[i-1][j-(k+1)cons[i]]+k) (2)dp[i][jcons[i]]=min(dp[i1][jcons[i],dp[i1][j2cons[i]]+1,...,dp[i1][j(k+1)cons[i]]+k)2

由于k=k+1,且将公式2加1得

dp[i][j−cons[i]]+1=min(dp[i−1][j−cons[i]+1,dp[i−1][j−2cons[i]]+2,...,dp[i−1][j−(k+1)cons[i]]+k+1)(3)dp[i][j-cons[i]]+1 =min( dp[i-1][j-cons[i]+1, dp[i-1][j-2cons[i]]+2,...,dp[i-1][j-(k+1)cons[i]]+k+1) (3)dp[i][jcons[i]]+1=min(dp[i1][jcons[i]+1,dp[i1][j2cons[i]]+2,...,dp[i1][j(k+1)cons[i]]+k+1)3

故公式(3)代入到公式(1)中得

dp[i][j]=min(dp[i−1][j],dp[i][j−cons[i]]+1)dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-cons[i]]+1)dp[i][j]=min(dp[i1][j]dp[i][jcons[i]]+1)

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
    
        #利用动态规划求解
        dp = [[amount + 1] * (amount + 1) for i in range(len(coins) + 1)]
        #画网格进行求解
        #初始化第一行为0
        #进行初始化的设置]
        for i in range(len(coins) + 1):
            dp[i][0] = 0
        #如果构不成目标金额,最后的值是amout + 1
        for i in range(1,len(coins) + 1):
            for j in range(1, amount + 1):
                if j >= coins[i - 1]:
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], 1 + dp[i][j - coins[i - 1]])
                else:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j]
        if dp[-1][-1] == amount + 1:
            return -1
        else:
            return dp[-1][-1]
### 力扣(LeetCode)零钱兑换问题的C++解决方案 以下是基于动态规划方法解决 **LeetCode 322. Coin Change** 的 C++ 实现方案。此算法通过构建一个数组 `dp` 来存储子问题的结果,其中 `dp[i]` 表示凑成金额 `i` 所需最少硬币数。 #### 解决思路 该问题可以通过动态规划求解。定义状态转移方程为: \[ \text{dp}[i] = \min(\text{dp}[i], \text{dp}[i-\text{coin}] + 1) \quad \forall \text{coin} \leq i \] 初始条件设置为: \[\text{dp}[0] = 0\] (表示凑成金额 0 不需要任何硬币) 对于其他位置 \(i\) 初始化为无穷大 (\(INF\)) 或者超出范围的一个极大值,以便后续更新最小值。 最终返回结果时,如果 `\text{dp}[\text{amount}]` 始终未被有效更新,则说明无法凑齐目标金额,应返回 `-1`。 下面是完整的 C++ 实现: ```cpp #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; class Solution { public: int coinChange(vector<int>& coins, int amount) { // 创建 dp 数组并初始化为 INF vector<long> dp(amount + 1, INT_MAX); dp[0] = 0; // 初始条件 // 外层循环遍历每种面额的硬币 for (const auto& coin : coins) { // 内层循环从当前硬币面额到总金额逐步计算最优解 for (int x = coin; x <= amount; ++x) { dp[x] = min(dp[x], dp[x - coin] + 1); // 更新状态转移方程 } } // 如果 dp[amount] 超过最大整数值则无解 return (dp[amount] == INT_MAX ? -1 : static_cast<int>(dp[amount])); } }; ``` 上述代码实现了动态规划的核心逻辑,并利用两重嵌套循环完成对所有可能组合的评估。外层循环负责逐一处理不同类型的硬币;内层循环用于迭代更新每一个金额下的最佳选择情况。 #### 时间复杂度与空间复杂度分析 时间复杂度主要取决于两个因素——硬币种类数目以及所需总额度大小。具体来说, - 设有 $n$ 种不同的硬币; - 总共要达到的目标金额记作 $\text{amount}$, 那么整体的时间复杂度大约为 O(n × amount)[^3] 。至于额外使用的内存资源方面,由于只需要维护长度等于 $(\text{amount}+1)$ 的一维数组即可满足需求,因此其空间复杂度同样也是线性的即 O(amount). ---
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值