给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
示例 1:
输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出: 3
解释: 11 = 5 + 5 + 1
自顶向下 记忆化搜索
使用数组 memo[]来保存节点的值 memo[n]表示钱币 n可以被换取的最少的硬币数，不能换取就为 −1 findWay 函数的目的是为了找到 amount 数量的零钱可以兑换的最少硬币数量，返回其值 int
在进行递归的时候，memo[n]被复制了，就不用继续递归了，可以直接的调用
int[] memo;
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
if(coins.length == 0){
return -1;
}
memo = new int[amount];
return findWay(coins,amount);
}
// memo[n] 表示钱币n可以被换取的最少的硬币数，不能换取就为-1
// findWay函数的目的是为了找到 amount数量的零钱可以兑换的最少硬币数量，返回其值int
public int findWay(int[] coins,int amount){
if(amount < 0){
return -1;
}
if(amount == 0){
return 0;
}
// 记忆化的处理，memo[n]用赋予了值，就不用继续下面的循环
// 直接的返回memo[n] 的最优值
if(memo[amount-1] != 0){
return memo[amount-1];
}
int min = Integer.MAX_VALUE;
for(int i = 0;i < coins.length;i++){
int res = findWay(coins,amount-coins[i]);
if(res >= 0 && res < min){
min = res + 1; // 加1，是为了加上得到res结果的那个步骤中，兑换的一个硬币
}
}
memo[amount-1] = (min == Integer.MAX_VALUE ? -1 : min);
return memo[amount-1];
}
- 时间复杂度：O(Sn)，其中 S 是金额，n 是面额数。我们一共需要计算 S 个状态的答案，且每个状态 F(S) 由于上面的记忆化的措施只计算了一次，而计算一个状态的答案需要枚举 n 个面额值，所以一共需要 O(Sn) 的时间复杂度。
- 空间复杂度：O(S)，我们需要额外开一个长为 S 的数组来存储计算出来的答案 F(S)。
此方法并非最优解。实际上，此方法时间和空间耗时在最后10%内，但这是回溯方法的标准题解，所以我使用了这种方法
