动态规划(完全背包): 最优硬币组合问题 | 豆包MarsCodeAI刷题

题目链接

最优硬币组合问题

前置知识

01背包

参考我的另一篇题解01背包

完全背包

完全背包与01背包只有一个区别：01背包每个物品只能取一次，而完全背包的物品无次数限制 虽然看起来变化不大，但代码逻辑有不少出入
OK， 我们从二者代码来分析区别(务必掌握01背包)

$n$:表示容量, $w$:表示每个物品的重量 $v$:表示每个物品的价值 $m$:表示物品的数量
01背包简单实现

vector<int>f(n+1);  //等价于其他语言长度为n+1的数组
for(int i = 0; i < m; i++) { //遍历物品 w.size()或v.size()也可以表示物品的数量
     for(int j = n; j >= w[i]; j--) {
         f[i] = max(f[i], f[i - w[i]] + v[i]);
     }
}

可能会出现两个疑问:(应该在01背包的题解里说的 我忘了)

1. 为什么容量要从大到小遍历 ? 不能从小到大吗?

举个例子来讲为什么不能

n = 5 w = [1,2] v = [1,2]
假设容量从$w_i$ 遍历到 n （小于$w_i$不会变）
$i = 0, w_i=1$时
n = 1 可以放入$w_1,f[1] =1 + f[0] = 1$
n = 2 可以放入$w_1,f[1] =1 + f[1] = 2?$ 会发现被物品被多次放入了，原本的f[1]已经存放了$w_1$ 被更新了，我们要的应该是旧值f[1] = 0
其实这就是完全背包的方程！ 物品可以取无数次 就从小容量到大容量

2. 能不能先遍历容量，再遍历物品？
   可以，但容量必须从大到小遍历，不然也会出现重复使用的问题，可以手推上面的例子试试

如果你真的理解了01背包，那么完全背包一眼秒，下面是完全背包的简单实现

vector<int>f(n+1);  //等价于其他语言长度为n+1的数组
for(int i = 0; i < m; i++) { //遍历物品 w.size()或v.size()也可以表示物品的数量
     for(int j = w[i]; j <= n; j++) { //比如物品为2 容量为4 此时他会使用2次
         f[i] = max(f[i], f[i - w[i]] + v[i]);
     }
}

OK， 回归本题

解题思路

• 简化题意:

  • 求恰好凑出$amount$数额的硬币的最小值，我们把$coins$抽象成$w$, 每一个物品的价值$v = 1$
  • 并且给出对应的硬币

• 求最少的硬币数很简单，我们只需要把max变成min， v[i] 变成1即可（初始化f时要设置一个大值）

• 如何求对应的硬币？

  • 思考一下，最优解的情况可能由$f[i-coins[j]]$得到，这个值又可能是$f[...]$得到，其实是有可能形成一条链路的，这句话多半看不懂（我也不知道在写啥） 举个例子

$amount = 6, coins=[1,2,5]$
$f$来记录选择最少的硬币数量 $f[i]$表示在数额$i$时的最少硬币数，

初始化为INF,f[0]=0(不需要硬币)

拿一个$cnt$来记录数额$i$时选择的最优硬币，最开始都没选,那么$cnt[...] = 0$
遍历$coins_0 = 1，amount= 1$ 时， $f[1] = min(f[1], f[1-1]+1)$ 此时有更少的硬币数$f[1]=0+1$，那么当前的硬币是要选择的， 我们把$cnt[i]$赋值为当前的$coin_i,cnt[1] =1$

遍历$coins_0 = 1，amount= 2$ 时， $f[2] = min(f[2], f[2-1]+1)$ 此时有更少的硬币数$f[2]=1+1$，那么当前的硬币是要选择的， 我们把$cnt[i]$赋值为当前的$coin_i,cnt[2] = 1$
本轮结束后
$f=[0,1,2,3,4,5,6], cnt=[0,1,1,1,1,1]$

第二轮$coins_1 = 2$
数额要从2开始 (1小于2, 不能更新)
$amout = 2, f[2] = min(f[2], f[2-2]+1)$ 此时明显$f[2-2]+1=1$更少，更新$f[2]$，$f[2]$更新了，说明在$amount=2$时选择的硬币变了，更新$cnt[2] = coin[1] = 2$

本轮结束
$f= [0,1,1,2,2,3,3], cnt = [0,1,2,2,2,2,2]$

最后一轮 $f=[0,1,1,2,2,1,2], cnt = [0,1,2,2,2,5,5]$
我们从cnt[amount]开始取值，不断的$amount-cnt[amount]$就是上一步的最优选择

流程有点乱，我没表达清楚，后面有时间重写这个步骤
简单来说，只要$f[i-coins[j]] < f[i]$，那么肯定是选择了当前这个硬币，那么在$i$时你选择的硬币就是$coins[j]$, 如果把目前这个硬币丢了 就是你上一次选择的最优硬币

通过代码来手推一下可能会更清晰

代码

vector<int> solution(vector<int> coins, int amount) {
    int n = coins.size();
    vector<int>f(amount+1,INT_MAX-1);
    f[0] = 0;
    vector<int>cnt(amount+1);
    for(int i=0; i < n; i++) {
        for(int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
            int v = f[j-coins[i]];
            if(v + 1 < f[j]) {
                f[j] = v + 1;
                cnt[j] = coins[i];
            }
        }
        
    }
    vector<int>ans;
    
    while(cnt[amount] != 0) {
        ans.push_back(cnt[amount]);
        amount = amount - cnt[amount];
    }
    if(f[n] == INT_MAX)return {};
    return ans;
    
}