动态规划详细指南（下）-电子发烧友网

二、凑零钱问题

先看下题目：给你k种面值的硬币，面值分别为c1, c2 ... ck，每种硬币的数量无限，再给一个总金额amount，问你最少需要几枚硬币凑出这个金额，如果不可能凑出，算法返回 -1 。算法的函数签名如下：

// coins 中是可选硬币面值，amount 是目标金额
int coinChange(int[] coins, int amount);

比如说k = 3，面值分别为 1，2，5，总金额amount = 11。那么最少需要 3 枚硬币凑出，即 11 = 5 + 5 + 1。

你认为计算机应该如何解决这个问题？显然，就是把所有肯能的凑硬币方法都穷举出来，然后找找看最少需要多少枚硬币。

1、暴力递归

首先，这个问题是动态规划问题，因为它具有「最优子结构」。 要符合「最优子结构」，子问题间必须互相独立 。啥叫相互独立？你肯定不想看数学证明，我用一个直观的例子来讲解。

比如说，你的原问题是考出最高的总成绩，那么你的子问题就是要把语文考到最高，数学考到最高…… 为了每门课考到最高，你要把每门课相应的选择题分数拿到最高，填空题分数拿到最高…… 当然，最终就是你每门课都是满分，这就是最高的总成绩。

得到了正确的结果：最高的总成绩就是总分。因为这个过程符合最优子结构，“每门科目考到最高”这些子问题是互相独立，互不干扰的。

但是，如果加一个条件：你的语文成绩和数学成绩会互相制约，此消彼长。这样的话，显然你能考到的最高总成绩就达不到总分了，按刚才那个思路就会得到错误的结果。因为子问题并不独立，语文数学成绩无法同时最优，所以最优子结构被破坏。

回到凑零钱问题，为什么说它符合最优子结构呢？比如你想求amount = 11时的最少硬币数（原问题），如果你知道凑出amount = 10的最少硬币数（子问题），你只需要把子问题的答案加一（再选一枚面值为 1 的硬币）就是原问题的答案，因为硬币的数量是没有限制的，子问题之间没有相互制，是互相独立的。

那么，既然知道了这是个动态规划问题，就要思考 如何列出正确的状态转移方程 。

先确定「状态」 ，也就是原问题和子问题中变化的变量。由于硬币数量无限，所以唯一的状态就是目标金额amount。

然后确定dp函数的定义 ：函数 dp(n)表示，当前的目标金额是n，至少需要dp(n)个硬币凑出该金额。

然后确定「选择」并择优 ，也就是对于每个状态，可以做出什么选择改变当前状态。具体到这个问题，无论当的目标金额是多少，选择就是从面额列表coins中选择一个硬币，然后目标金额就会减少：

# 伪码框架
def coinChange(coins: List[int], amount: int):
    # 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币
    def dp(n):
        # 做选择，需要硬币最少的那个结果就是答案
        for coin in coins:
            res = min(res, 1 + dp(n - coin))
        return res
    # 我们要求目标金额是 amount
    return dp(amount)

最后明确 base case ，显然目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1：

def coinChange(coins: List[int], amount: int):

    def dp(n):
        # base case
        if n == 0: return 0
        if n < 0: return -1
        # 求最小值，所以初始化为正无穷
        res = float('INF')
        for coin in coins:
            subproblem = dp(n - coin)
            # 子问题无解，跳过
            if subproblem == -1: continue
            res = min(res, 1 + subproblem)

        return res if res != float('INF') else -1

    return dp(amount)

至此，状态转移方程其实已经完成了，以上算法已经是暴力解法了，以上代码的数学形式就是状态转移方程：

至此，这个问题其实就解决了，只不过需要消除一下重叠子问题，比如amount = 11, coins = {1,2,5}时画出递归树看看：

时间复杂度分析：子问题总数 x 解决每个子问题的时间 。

子问题总数为递归树节点个数，这个比较难看出来，是 O(n^k)，总之是指数级别的。每个子问题中含有一个 for 循环，复杂度为 O(k)。所以总时间复杂度为 O(k * n^k)，指数级别。

2、带备忘录的递归

只需要稍加修改，就可以通过备忘录消除子问题：

def coinChange(coins: List[int], amount: int):
    # 备忘录
    memo = dict()
    def dp(n):
        # 查备忘录，避免重复计算
        if n in memo: return memo[n]

        if n == 0: return 0
        if n < 0: return -1
        res = float('INF')
        for coin in coins:
            subproblem = dp(n - coin)
            if subproblem == -1: continue
            res = min(res, 1 + subproblem)

        # 记入备忘录
        memo[n] = res if res != float('INF') else -1
        return memo[n]

    return dp(amount)

不画图了，很显然「备忘录」大大减小了子问题数目，完全消除了子问题的冗余，所以子问题总数不会超过金额数 n，即子问题数目为 O(n)。处理一个子问题的时间不变，仍是 O(k)，所以总的时间复杂度是 O(kn)。

3、dp 数组的迭代解法

当然，我们也可以自底向上使用 dp table 来消除重叠子问题，dp数组的定义和刚才dp函数类似，定义也是一样的：

dp[i] = x表示，当目标金额为i时，至少需要x枚硬币 。

int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
    // 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1
    vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
    // base case
    dp[0] = 0;
    for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
        // 内层 for 在求所有子问题 + 1 的最小值
        for (int coin : coins) {
            // 子问题无解，跳过
            if (i - coin < 0) continue;
            dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
        }
    }
    return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}