518. 零钱兑换 II (coin change II)给你一个整数数组coins表示不同面额的硬币，另给一个整数 a

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518. 零钱兑换 II 题目描述：给你一个整数数组 $coins$ 表示不同面额的硬币，另给一个整数 $amount$ 表示总金额。请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 $0$ 。假设每一种面额的硬币有无限个。

示例
输入： $amount = 5, coins = [1, 2, 5]$ 输出： $4$ 解释：有四种方式可以凑成总金额： $1、5=5$ $2、5=2+2+1$ $3、5=2+1+1+1$ $4、5=1+1+1+1+1$

中规中矩的动态规划

典型的 完全背包 组合问题：每种物品（硬币）无限选择，仅考虑整体，不考虑排序，背包容量为 $amount$ 。

1、确定 dp 数组及含义

💥 $dp[i][j]$ 为选择 $[0,i]$ 区间时，凑成总和为 $j$ 的组合数，其中 $i \in[0,n)$ ， $n= coins.length$ ， $j\in[0,amount]$ 。

2、确定 dp 状态方程

如果不选择 $coins[i]$ ，那么 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$

其中，包括两种情况，

主动放弃 $coins[i]$ ，与背包容量无关；
被动放弃 $coins[i]$ ，容量所限，即 $j < k \times coins[i]$ ， $k$ 为正整数。

如果选择 $coins[i]$ ，则有， $dp[i][j] += dp[i-1][j - k \times coins[i]]$ ，其中， $j \ge k \times coins[i]$ 。

3、确定 dp 初始状态

当背包容量恒为 $0$ （ $j=0$ ），从 $[0,i]$ 区间选择银币凑出总和为 $0$ 的组合数只有 $1$ 种（不选择银币），即 $dp[i][0] = 1$

要从 $[0,0]$ 区间选择银币（只能选择 $coins[0]$ ）凑出总和为 $j$ 。如果容量为 $j$ 的背包恰能装下 $k$ 个 $coins[0]$ ，其中 $k$ 是正整数，那么组合数即为 $1$ ，否则为 $0$ 。即， $dp[0][j] = j \space mod \space coins[0] ==0\space ? \space 1 :0$

4、确定遍历顺序

对于完全背包组合问题，应先遍历物品（ $coins$ ），再遍历背包（ $amount$ ），可参考 # 重识背包问题（下）

外循环遍历从 $i=1$ 到 $i= n-1$
内循环遍历从 $j=1$ 到 $j=amount$

5、确定返回值

回归到 $dp$ 定义中，返回值即为 $dp[n- 1][amount]$

6、代码示例

/**
 * 空间复杂度 O(amount * n),n是数组coins的长度
 * 时间复杂度 O(amount * n)
 */
function change(amount: number, coins: number[]): number {
    const n = coins.length;
    const dp = Array.from({ length: n }, () => new Array(amount + 1).fill(0));

    for (let i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }

    // 背包容量不能被coins[0]整除，说明这种组合不成立，组合数为0，否则为1
    for (let j = 1; j <= amount; j++) {
        dp[0][j] = (j % coins[0]) ? 0 : 1;
    }

    for (let i = 1; i < n; i++) {
        for (let j = 1; j <= amount; j++) {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            for (let k = 1; k * coins[i] <= j; k++) {
                dp[i][j] += dp[i - 1][j - k * coins[i]]
            }
        }
    }

    return dp[n - 1][amount];
};

思维提升-哨兵

"方法1: 中规中矩的动态规划"中初始化条件较为复杂，我们在 $dp[i][j]$ 的 $i$ 方向的作用域拓展一个“哨兵”，辅助计算。

1、确定 dp 状态数组

$dp[i][j]$ 表示选择 $[0,i)$ 区间时，凑成总和为 $j$ 的组合数，其中 $i \in[0,n]$ ， $n= coins.length$ ， $j\in[0,amount]$ 。

💥NOTE，和法1相比,

$dp[i][j]$ 表示 $[0,i)$ （法1是 $[0,i]$ ）区间凑成总和为 $j$ 的组合数；
$i$ 的取值范围变为 $[0,n]$ （法1是 $i \in[0,n)$ ）。

2、确定 dp 状态方程

与法1相同，

如果不选择 $coins[i]$ ，则有 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$
如果选择 $coins[i]$ ，则有 $dp[i][j] += dp[i-1][j - k \times coins[i - 1]]$

其中， $j \ge k \times coins[i]$ 。

3、确定 dp 初始状态

当背包容量恒为 $0$ （ $j=0$ ），从 $[0,i)$ 区间选择银币凑出总和为 $0$ 的组合数只有 $1$ 种（这个区间无硬币可选，那总和必然为 $0$ ），即 $dp[0][0] = 1$ 。

4、确定遍历顺序

第一层遍历从 $i=1$ 到 $i= n$ （第一层遍历的终点不同，法1是到 $i=n-1$ ）
第二层遍历从 $j=1$ 到 $j=amount$

5、确定最终返回值

$dp[n][amount]$

6、代码示例

/**
 * 空间复杂度 O(amount * n)，其中n是coins数组长度
 * 时间复杂度 O(amount * n)
 */
function change(amount: number, coins: number[]): number {
    const n = coins.length;
    const dp = Array.from({ length: n + 1 }, () => new Array(amount + 1).fill(0));

    dp[0][0] = 1;

    for (let i = 1; i <= n; i++) {
        const coin = coins[i - 1];
        for (let j = 0; j <= amount; j++) {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            for (let k = 1; k * coin <= j; k++) {
                dp[i][j] += dp[i - 1][j - k * coin];
            }
        }
    }

    return dp[n][amount];
};

状态压缩：此时定义 $dp[j]$ 为凑成总和为 j 的组合数，其实 $j \in [0, amount]$ ，且初始条件为凑成总和为 $0$ 的组合数为 $dp[0]$ ，那就只有不选择任何银币，即 $dp[0]=1$ 。

/**
 * 空间复杂度 O(amount)
 * 时间复杂度 O(amount * coins.length)
 */
function change(amount: number, coins: number[]): number {

    const dp = new Array(amount + 1).fill(0);
    dp[0] = 1;

    for (const coin of coins) {
        for (let i = coin; i <= amount; i++) {
            dp[i] += dp[i - coin];
        }
    }
    return dp[amount];
};

参考

# 重识背包问题（上）

# 重识背包问题（下）