70 爬楼梯
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思路
之前刷这道题目的时候，因为没有学习背包问题，所以使用最直接的动规方法（斐波那契）。
现在带上背包，继续上一次楼梯！
本题稍加改动就是一道面试好题。
从只可以跨两步改为：一步一个台阶，两个台阶，三个台阶，.......，直到 m个台阶。问有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
以背包问题的视角来看：1阶，2阶，.... m阶就是物品，楼顶就是背包。
每一阶可以重复使用，例如跳了1阶，还可以继续跳1阶。
问跳到楼顶有几种方法其实就是问装满背包有几种方法。
此时大家应该发现这就是一个完全背包问题了！
和 377. 组合总和 Ⅳ 基本就是一道题了。
✅手写分析
动规五部曲分析
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i]：爬到有i个台阶的楼顶，有dp[i]种方法。
- 确定递推公式
求装满背包有几种方法，递推公式一般都是dp[i] += dp[i - nums[j]];
本题呢，dp[i]有几种来源，dp[i - 1]，dp[i - 2]，dp[i - 3] 等等，即：dp[i - j]
那么递推公式为：dp[i] += dp[i - j]
- dp数组如何初始化
从定义来看，爬到0台阶，站上去就是一种方法。（如果设为0就说明没有方法站在0台阶）
从公式角度来看，递归公式是 dp[i] += dp[i - j]，那么dp[0] 一定为1，dp[0]是递归中一切数值的基础所在，如果dp[0]是0的话，其他数值都是0了。
下标非0的dp[i]初始化为0，因为dp[i]是靠dp[i-j]累计上来的，dp[i]本身为0这样才不会影响结果
- 确定遍历顺序
这是背包里求排列问题，即：1、2 步 和 2、1 步都是上三个台阶，但是这两种方法不一样！
所以需将target（重量）放在外循环，将nums（物品）放在内循环。
每一步可以走多次，这是完全背包，因此内循环需要从前向后遍历。
- 举例来推导dp数组
代码如下：
public int climbStairs(int n) {
// 方法3：完全背包
int[] weight = {1, 2};
int[] dp = new int[n + 1];
dp[0] = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {// 重量
for (int i = 0; i < weight.length; i++) {// 背包
// j够大才装
if (j >= weight[i]) dp[j] += dp[j - weight[i]];
}
}
return dp[n];
}
- 时间复杂度: O(nm)
- 空间复杂度: O(n)
总结
本题看起来是一道简单题目，稍稍进阶一下其实就是一个完全背包！
本题代码不长，题目也很普通，但稍稍一进阶就可以考察完全背包，而且题目进阶的内容在leetcode上并没有原题，一定程度上就可以排除掉刷题党了，简直是面试题目的绝佳选择！
322 零钱兑换
本题涉及到了Math.min 要注意初始值的处理以及循环内语句的细节判断
思路
在 518.零钱兑换II 中我们已经兑换一次零钱了，这次又要兑换，套路不一样！
Ⅱ是求组合数 而本题是求最小值 - 递推公式就不一样~
题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。
✅手写分析
动规五部曲分析
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]
- 确定递推公式
凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（需要考虑coins[i]）
所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。
递推公式：dp[j] = Math.min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
- dp数组如何初始化
首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;
其他下标对应的数值呢？
考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。
所以下标非0的元素都是应该是最大值。
- 确定遍历顺序
本题求钱币最小个数，遍历顺序只是排列组合的问题，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。
注： 如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。 518 零钱兑换Ⅱ 如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。 377 组合总和Ⅳ
那么就用最原始的，外层物品内层重量。
本题钱币数量可以无限使用，那么是完全背包。所以遍历的内循环是正序
综上所述，遍历顺序为：coins（物品）放在外循环，target（重量）在内循环。且内循环正序。
- 举例推导dp数组
以输入：coins = [1, 2, 5], amount = 5为例
dp[amount]为最终结果。
以上分析完毕，代码如下：
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int max = Integer.MAX_VALUE;
int[] dp = new int[amount + 1];
// 最大值化数组
Arrays.fill(dp, max);
// 初始化
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
if (dp[j - coins[i]] != max) dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);
}
}
return dp[amount] == max ? -1 : dp[amount];
}
- 时间复杂度: O(n * amount)，其中 n 为 coins 的长度
- 空间复杂度: O(amount)
总结
在看其他题解时，要理解为什么先遍历物品后遍历重量能通过，反过来也可以通过？
因此动态规划中，遍历顺序也是一个值得注意的点~
279 完全平方数
这里也是需要取最小值，初始化数组时候需要注意。但有趣的是，for循环内不用判断~因为完全平方数都有 1 * 本身的情况
为什么用完全背包
可能刚看这种题感觉没啥思路，又平方和的，又最小数的。
来把题目翻译一下：完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包重量，问装满这个背包最少有多少物品？
到这不多说了，五部曲走起~
✅手写分析
动规五部曲分析
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量
- 确定递推公式
dp[j] 可以由dp[j - i * i]推出， dp[j - i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。
此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);
- dp数组如何初始化
dp[0]表示 和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。
非0下标的dp[j]应该是多少呢？
从递归公式dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);中可以看出每次dp[j]都要选最小的，所以非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。
- 确定遍历顺序
我们知道这是完全背包，
不是排列组合所以循环顺序都可
还是用一开始的：外层物品内层重量
for (int i = 1; i*i <= n; i++){
for (int j = i * i; j <= n; j++){
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - i * i] + 1);
}
}
- 举例推导dp数组
已输入n为5例，dp状态图如下：
dp[0] = 0 dp[1] = min(dp[0] + 1) = 1 dp[2] = min(dp[1] + 1) = 2 dp[3] = min(dp[2] + 1) = 3 dp[4] = min(dp[3] + 1, dp[0] + 1) = 1 dp[5] = min(dp[4] + 1, dp[1] + 1) = 2
最后的dp[n]为最终结果。
代码如下：
public int numSquares(int n) {
int[] dp = new int[n + 1];
Arrays.fill(dp, Integer.MAX_VALUE);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i*i <= n; i++){
for (int j = i * i; j <= n; j++){
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - i * i] + 1);
}
}
return dp[n];
}
- 时间复杂度: O(n * √n)
- 空间复杂度: O(n)
同样我在给出先遍历物品，在遍历背包的代码，一样的可以AC的。
学习资料：
