【LeetCode Hot100 刷题日记（85/100）】322. 零钱兑换 —— 动态规划、完全背包、数组 💰

📌 题目链接：322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）

🔍 难度：中等 | 🏷️ 标签：动态规划、完全背包、数组

⏱️ 目标时间复杂度：O(amount × n) （n 为硬币种类数）

💾 空间复杂度：O(amount)

🔍 题目分析

给定一个整数数组 coins，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount，表示总金额。
要求：计算并返回可以凑成总金额所需的最少硬币个数。若无法凑出，则返回 -1。
每种硬币数量无限（典型「完全背包」问题特征）。

✅ 示例回顾

示例 1：coins = [1, 2, 5], amount = 11 → 输出 3（5+5+1）
示例 2：coins = [2], amount = 3 → 输出 -1
示例 3：coins = [1], amount = 0 → 输出 0

💡 注意边界：amount = 0 时，不需要任何硬币，答案是 0！

🧠 核心算法及代码讲解

本题是 「完全背包问题」 的经典变种 —— 不求最大价值，而是求 最小物品数量 来恰好装满背包。

🎯 为什么是「完全背包」？

物品：硬币（每种可选无限次）
背包容量：目标金额 amount
目标：用最少数量的物品（硬币）填满背包（凑出 amount）

⚠️ 区别于 0-1 背包（每件物品只能用一次），完全背包允许重复选取。

📌 动态规划状态定义

设 dp[i] 表示 凑出金额 i 所需的最少硬币数。

✅ 初始状态：

dp[0] = 0：凑出金额 0 不需要任何硬币。
其他 dp[i] 初始化为一个“不可能的大值”（如 amount + 1），便于后续取 min。

🔁 状态转移方程：

对每个金额 i（从 1 到 amount），遍历所有硬币 coin：

if (coin <= i) {
    dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
}

🧩 含义：如果当前硬币 coin 能用（coin <= i），那么凑出 i 的方案可以由 i - coin 的最优解 + 1 枚硬币得到。

🚫 无解判断：

若最终 dp[amount] > amount，说明无法凑出，返回 -1。
（因为最多用 amount 枚 1 元硬币就能凑出 amount，若结果比这还大，必无解）

💻 核心算法代码（带详细行注释）

// dp[i] 表示凑出金额 i 所需的最少硬币数
vector<int> dp(amount + 1, Max);  // 初始化为一个大于可能答案的值
dp[0] = 0;                        // 基础情况：金额 0 需要 0 枚硬币

for (int i = 1; i <= amount; ++i) {           // 遍历所有金额 1 ~ amount
    for (int j = 0; j < (int)coins.size(); ++j) {  // 遍历每种硬币
        if (coins[j] <= i) {                  // 当前硬币面额不超过当前金额
            dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);  // 状态转移：取最小值
        }
    }
}

// 若 dp[amount] 仍为初始大值，说明无法凑出
return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];

✅ 此写法为 「自底向上」的动态规划（Bottom-up DP） ，避免了递归栈开销，效率更高。

🧩 解题思路（分步拆解）

明确问题类型：无限硬币 → 完全背包 → 动态规划。
定义状态：dp[i] = 凑出金额 i 的最少硬币数。
初始化：
- dp[0] = 0
- 其余设为 amount + 1（比最大可能值 amount 还大，确保 min 能更新）
状态转移：
- 对每个金额 i，尝试所有硬币 coin
- 若 coin <= i，则 dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1)
结果判断：
- 若 dp[amount] > amount → 无解，返回 -1
- 否则返回 dp[amount]

🌟 类比爬楼梯：把 amount 看作台阶，coins 是每次能跨的步数，求最少步数登顶！

📊 算法分析

项目	分析
时间复杂度	`O(amount × n)`，其中 `n = coins.size()`。需遍历 `amount` 个状态，每个状态遍历 `n` 种硬币。
空间复杂度	`O(amount)`，仅需一维 `dp` 数组。
是否可优化空间？	已是最优！一维 DP 无法再压缩。
面试高频点	✅ 完全背包 vs 0-1 背包区别 ✅ 状态定义与转移逻辑 ✅ 边界处理（`amount=0`） ✅ 无解判断技巧

💬 面试官可能会问：

如果硬币数量有限怎么办？→ 变成多重背包，需加计数维度。

能否输出具体用了哪些硬币？→ 需额外记录路径（parent 数组）。

能否用 BFS 解？→ 可以！将金额看作图节点，硬币为边，求最短路径（但空间可能更大）。

💻 完整代码

C++ 版本

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        int Max = amount + 1;
        vector<int> dp(amount + 1, Max);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= amount; ++i) {
            for (int j = 0; j < (int)coins.size(); ++j) {
                if (coins[j] <= i) {
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
                }
            }
        }
        return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
    }
};

// 测试
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    Solution sol;
    // 测试用例 1
    vector<int> coins1 = {1, 2, 5};
    cout << sol.coinChange(coins1, 11) << "\n"; // 输出: 3

    // 测试用例 2
    vector<int> coins2 = {2};
    cout << sol.coinChange(coins2, 3) << "\n"; // 输出: -1

    // 测试用例 3
    vector<int> coins3 = {1};
    cout << sol.coinChange(coins3, 0) << "\n"; // 输出: 0

    return 0;
}

JavaScript 版本

/**
 * @param {number[]} coins
 * @param {number} amount
 * @return {number}
 */
var coinChange = function(coins, amount) {
    const MAX = amount + 1;
    const dp = new Array(amount + 1).fill(MAX);
    dp[0] = 0;

    for (let i = 1; i <= amount; i++) {
        for (const coin of coins) {
            if (coin <= i) {
                dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
            }
        }
    }

    return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
};

// 测试
console.log(coinChange([1, 2, 5], 11)); // 3
console.log(coinChange([2], 3));        // -1
console.log(coinChange([1], 0));        // 0

🌟 本期完结，下期见！🔥

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