算法弱鸡也能懂的动态规划刷题（一）今天终于搞懂了一点动态规划了，给大家分享一下。 leetcode 题目为剑指 Off

今天终于搞懂了一点动态规划了，给大家分享一下。 leetcode 题目为剑指 Offer II 103. 最少的硬币数目

题目描述

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。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

题目示例

示例一：

输入： coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出： 3 
解释： 11 = 5 + 5 + 1

示例二：

输入： coins = [2], amount = 3
输出： -1

错误示范

有的同学可能第一直觉就是，尽量先使用较大的硬币来付，然后不够的部分再使用小的部分来补。

试试 5 + 5 + 1 = 11，哎，我们的直觉很不错嘛，这题答案就是3个硬币，一下就对了，简直so easy嘛。

哎哎哎，同学，慢点儿～

假如我们换一个示例，再用这种想法试试看，能成吗？

输入： coins = [2, 5, 7], amount = 27

试试看，用上面的直觉的的想法来看，可能是这样：

最大的面额为7元，最多能使用 3 个面额为7元的硬币，此时的结果为 7 + 7 + 7 = 21，那么离我们的结果 27 还差6元，当我们想要使用 5元时，还需要一个1元的硬币，但此时我们的口袋里面并没有1元的硬币，所以不能使用5元，退而求次，发现口袋里面有2元的硬币可以使用。我们把做个过程列出来

7 + 7 + 7 = 21 // 首先使用最大面额，使用了 3次
21 + 2 + 2 + 2 // 因为不能使用 5元，最后使用了 3次 2元 的硬币

我们得到的结果是 6 枚，看起来好像是正确的，但我们仔细一想，好像 7 + 5 + 5 + 5 + 5 = 27，仅需要 5枚硬币就可以，这说明直觉好像并不太好使呢，2333333🤣🤣🤣

那么到底该如何使用动态规划来解这道题呢？

第一部分：确定状态

在动态规划中，我们一般就会需要开辟一个数组，然后数组中的每个元素 $f(i)$ 代表着我们的状态。

确定状态需要有两个意识：

最后一步
子问题

最后一步

虽然我们还不知道最优的策略是什么，但最优策略肯定是K枚硬币 a₁, a₂, ..., a𝚔 面值加起来是27元。

所以一定有一枚最后的硬币：a𝚔。

那么减去这枚硬币，前面的硬币的面额加起来就是 27-a𝚔

我们这里有两个关键点：

我们不关心前面的K-1枚硬币是怎样拼出27-a𝚔的，甚至不知道a𝚔和K是多少，但能确定前面的硬币拼出了27-a𝚔
因为是最优策略，所以拼出27-a𝚔的硬币数量一定要最少，否则就不是最优策略

子问题

因为是最优策略，那么子问题就是：最少用多少枚硬币拼出 27-a𝚔。我们的原问题是最少用多少枚硬币拼出27。我们将原问题转化成了一个子问题，并且规模更小： $27-a𝚔$ 。那么为了简化定义，我们可以设状态 $f(x)=最少用多少枚硬币拼出X$ 因为我们已知能使用的面额分别为 2、5、7，所以ak只能是这其中的某一个，那么就有三种情况：

如果ak是2， $f(27)$ 应该是 $f(27-2) + 1$ (加上最后一枚硬币2)
如果ak是5， $f(27)$ 应该是 $f(27-5) + 1$ (加上最后一枚硬币5)
如果ak是7， $f(27)$ 应该是 $f(27-7) + 1$ (加上最后一枚硬币7)

因为要求结果是最少的硬币数，所以需要在以上三种情况中取最小值：

$f(27) = min[ f(27 - 2) + 1, f(27 - 5) + 1, f(27 - 7) + 1 ]$

其中等号左边 $f(27)$ 为所需最少的硬币数。 $f(27 - 2)$ 拼出 $25$ 所需最少的硬币数， $f(27 - 5)$ 为拼出 $22$ 所需最少硬币数，f(27 - 7) 为拼出 $20$ 所需最少硬币数，它们都加 $1$ 是因为求的是 $27$ ，需要加上最后一枚硬币。

递归解法

这个式子一列出来，我第一个想到的就是递归算法

function f(x: number) { // f(x) = 最少用多少枚硬币拼出 x
  if (x === 0) return 0
  let res = Infinity
  if (x >= 2) { // 假设最后一枚硬币为 2
    res = Math.min(f(x - 2) + 1, res)
  }
  if (x >= 5) { // 假设最后一枚硬币为 5
    res = Math.min(f(x - 5) + 1, res)
  }
  if (x >= 7) { // 假设最后一枚硬币为 7
    res = Math.min(f(x - 7) + 1, res)
  }
  return res
}

我们来看一下这个算法的计算过程图但是递归算法的复杂度实在是太高了，做了很多重复的计算，很明显不可取。

第二部分：转移方程

设状态 f[x] = 最少用多少枚硬币拼出x，那么对于任意 x，有方程

$f[x] = min( f[x - 2] + 1, f[x - 5] + 1, f[x - 7] + 1 )$

第三部分：初始条件和边界情况

初始条件： $f[0] = 0$

对于这题的边界情况有两个问题： x - 2，x-5，x-7 小于0怎么办？何时停下来？

如不能拼出值 y，就定义 $f[y] = 正无穷$ ，例如 $f[-1] = f[-2] = f[-x] = 正无穷$ ，使用正无穷就能表示拼不出来需要计算的值

第四部分：计算顺序

有了初始条件以及确定了边界情况，我们在解题之前，还需要确定一下计算顺序，我们这题按照从小到大的顺序去计算，也就是我们要

先从初始条件 $f[0] = 0$ 开始，
然后计算 $f[1], f[2], ..., f[27]$ 就是分别计算出最少用多少枚硬币拼出1—27块钱，将其放到数组中
那么当我们计算到 $f[x]$ 时， $f[x - 2], f[x - 5], f[x - 7]$ 都已经得到结果了，不需要再次计算了

图解过程

忘记题目的同学建议再看一遍题目🤣🤣🤣

我们将这个解题的过程通过画图的方式来呈现出来，我们开辟一个数组，数组空间大小为amount + 1（因为从0开始要装到amount）下面的图我会把不存在的负数下标使用虚线表示。

当 x = 1 时 $f[1] = min(f[1 - 2] + 1, f[1 - 5] + 1, f[1 - 7] + 1)$ ，因为 1 - 2， 1 - 5， 1 - 7 全部都为负数，在数组中是找不到负数下标的，对应的 $f[-1]，f[-4]，f[-6]$ 全部为 $∞$ ，那么根据我们的表达式可知 $f[1] = ∞$ ，即我们手中的硬币无法拼出 1。

当 x = 2 时 $f[2] = min(f[2 - 2] + 1, f[2 - 5] + 1, f[2 - 7] + 1)$ ，其中 2 - 5， 2 - 7 也是在数组中找不到下标的，所以对应 $f[-3]$ ， $f[-5]$ 都为∞，而 $f[2 - 2] + 1 = f[0] + 1$ = 1，在三个值中取得的最小值为1，也就是 $f[2] = 1$ ，即我们想要拼出 2 元最少只需要 1 枚硬币即可

后续的求解就按照上面的路数来就可以了

......我是省略号🥳 🥳 🥳

最后，我们根据这个运算方式，得出 $f[27] = 5$

我们可以看到，与递归算法相比，没有任何的重复计算，复杂度就降下来了，对于 27，复杂度为 27 * 3

解题

我们根据上面都思路来编写代码

function coinChange(coins: number[], amount: number): number {
  // 开辟长度为 amount + 1 的数组用于存储状态，默认状态为正无穷（之所以是 amount + 1 是因为从 0 - amount）
  const dp = new Array(amount + 1).fill(Infinity)
  // 初始化 f[0] = 0
  dp[0] = 0

  for (let x = 1; x <= amount; x++) { // x 为不同面额，从 f[1] 开始计算到 f[amount]
    
    for (let j = 0; j < coins.length; j++) { // 依次从钱包里拿不同面额的硬币出来
      
      // 条件一：x 的面额得大于从钱包里拿出来的硬币面额，才能使用从钱包里面里面拿出来的硬币，比如你不能使用 5块 去付 4块
      // 条件二：f[x - 2] 可以通过钱包内的硬币通过组合的方式付清（这个条件判断能付清，下一个条件判断是否还有更优方式）
      // 条件三：f[x - 5] 比 f[x] 得到的值更加的小（比如此时的 f[x] 由 f[x - 2] + 1 得到）
      if (
        x >= coins[j]
        && dp[x - coins[j]] !== Infinity 
        && dp[x - coins[j]] + 1 < dp[x]
      ) {
        // 如果能付清，并且当前 f[x - 5] 的方案比 f[x - 2] 的方案更优（使用硬币数更少），则更新 f[x] 的使用最少硬币方案
         dp[x] = dp[x - coins[j]] + 1 // f[x - 5] 是子方案, + 1 是加上本次使用的硬币
      }
      
    }
    
  }
  // 根据约定 dp[x] 为 ∞ 时返回 -1，否则返回使用硬币数量
  return dp[amount] === Infinity ? -1 : dp[amount]
};

开辟一个长度为amount + 1的数组，并且设为默认状态为正无穷，初始化 $dp[0] = 0$
第一层循环。因为需要从 $f[1]$ 计算到 $f[amount]$ ，所以循环需要从 1 计算到amount
第二曾循环。从钱包coins中依次拿出硬币去为拼目标值做准备
if 判断条件符合一下三个条件则更新 dp[x] 中的值
a) 目标面额大于等于钱包内拿出来的面额
b) $f[x - 目标面额]$ 可以通过钱包内的面额组合起来付清
c) $f[x - 目标面额] + 1$ 得到的硬币数比 $f[x]$ 得到的硬币数更少，说明 $f[x - 目标面额] + 1$ 是更优策略
第4点的所有条件符合了，就可以更新 $dp[x] = f[x - 目标面额] + 1$
最后返回 $dp[amount]$ 时判断其是否为 Infinity，如果是，则按题意返回-1，否则返回dp[amount] 的值即可。

到这里，我们算是解决了这个动态规划的题目，也懂得了一点点动态规划的解题思路了，OK，本次就到这里了，动态规划后续还会继续更新，争取啃下动态规划问题！看到这里的大帅比、大漂亮们还请点个关注，点个赞👍呗～