代码随想录 Day 43 | 【第九章动态规划part 06】322. 零钱兑换、279.完全平方数、139.单词拆分、

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#动态规划 #算法

一、322. 零钱兑换

322. 零钱兑换

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

这句话结合本题大家要好好理解。

视频讲解：动态规划之完全背包，装满背包最少的物品件数是多少？| LeetCode：322.零钱兑换_哔哩哔哩_bilibili

代码随想录

1. 解题思路

（1）DP数组的含义：装满容量为 j 的背包，最少物品为DP[j]，最终要求DP[amount]。

（2）递推公式：dp[j] = min(dp[j], dp[ j-coins[i] ] + 1)

（3）初始化：DP[0] = 0，非0下标初始为非0最大值，这样在递推过程中不会被0覆盖。

（4）遍历顺序：本题求装满背包的最小元素数量，所以本题的遍历顺序无论是先遍历顺序还是背包都没有影响，也就是求排列数或者组合数都没有影响。

（5）打印DP数组。

2. 代码实现

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (amount+1)
        dp[0] = 0
        for i in coins:
            for j in range(i, amount+1):
                dp[j] = min(dp[j], dp[j-i]+1)
        if dp[amount] == float('inf'):
            return -1
        return dp[amount]

二、279.完全平方数

279.完全平方数

本题和 322. 零钱兑换基本是一样的，大家先自己尝试做一做

视频讲解：动态规划之完全背包，换汤不换药！| LeetCode：279.完全平方数_哔哩哔哩_bilibili

代码随想录

1. 解题思路

如果拼凑不成应该返回什么？本题无需考虑这种情况，因为有1的存在，所以任何一个正整数都可以由完全平方数去进行拼凑得到。

2. 代码实现

class Solution:
    def numSquares(self, n: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (n + 1)
        dp[0] = 0
        for i in range(1, n+1):
            j = 1
            while j * j <= i:
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - j*j]+1)
                j += 1
        return dp[n]

三、139.单词拆分

139.单词拆分

视频讲解：动态规划之完全背包，你的背包如何装满？| LeetCode：139.单词拆分_哔哩哔哩_bilibili

代码随想录

1. 解题思路

（1）定义dp数组的含义：字符串长度为 i，能被下面单词组成的话，dp[i]就为True，bool类型。

（2）递推公式：dp[i]是True or False依赖于哪些状态：如果区间j到i出现在单词里，同时dp[j]为True，则dp[i]就为True。

（3）dp数组初始化：dp[0] = True保证后面递推不全是False，非0下标初始化为False。

（4）遍历顺序：因为字符串里面的单词组合是有序的，所以本题对物品的顺序是有要求的，不能随意置换遍历顺序。本题先遍历背包再遍历物品，先截取物品，再判断截取的这个物品是否出现在字典里，如果在字典里并且dp[i] == True，那么dp[j] == True。

（5）打印dp数组。

2. 代码实现

初始化动态规划数组 dp：
- dp = [False] * (len(s)+1)：创建一个长度为 len(s)+1 的布尔数组 dp，所有元素初始化为 False。这里数组的长度是 len(s)+1 是因为我们需要考虑从字符串的起始位置（索引0）到结束位置（索引 len(s)-1）的所有子串，以及一个额外的空子串（索引0表示的情况）。
- dp[0] = True：设置 dp[0] 为 True 表示空字符串可以被成功拆分（因为没有字符需要拆分）。
动态规划过程：
- 外层循环 for i in range(1, len(s)+1)：遍历字符串 s 的所有可能结束位置（从索引1到 len(s)）。
- 内层循环 for word in wordDict：遍历字典 wordDict 中的所有单词。
- 判断条件 if i >= len(word)：确保当前考虑的子串 s[i-len(word):i] 的长度至少与单词 word 一样长。
- 状态转移方程 dp[i] = dp[i] or (dp[i-len(word)] and word == s[i-len(word):i])：如果 dp[i-len(word)] 为 True（表示子串 s[0:i-len(word)] 可以被成功拆分），并且当前考虑的单词 word 等于 s 从 i-len(word) 到 i 的子串，则将 dp[i] 设置为 True。这表示从字符串开始到当前位置 i 的子串可以被成功拆分。
返回结果：
- return dp[len(s)]：返回 dp 数组的最后一个元素，即 dp[len(s)]。这个值表示整个字符串 s 是否可以被成功拆分成字典 wordDict 中的单词。

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
        dp = [False] * (len(s)+1)
        dp[0] = True
        for i in range(1, len(s)+1):
            for word in wordDict:
                if i >= len(word):
                    dp[i] = dp[i] or (dp[i-len(word)] and word == s[i-len(word):i])
        return dp[len(s)]