vault backup: 2026-05-17 09:38:35
This commit is contained in:
+324
@@ -0,0 +1,324 @@
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tags: [算法/动态规划, 完全背包, 基础DP]
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create time: 2026-05-16 19:00
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# 322. 零钱兑换（Coin Change）
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> [!quote] LeetCode 原题 · 中等
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> 给你一个整数数组 `coins`，表示不同面额的硬币；以及一个整数 `amount`，表示总金额。
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>
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> 计算并返回可以凑成总金额所需的 **最少的硬币个数**。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。
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>
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> 你可以认为每种硬币的数量是无限的。
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>
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> - 输入范围：`1 <= coins.length <= 12`，`1 <= coins[i] <= 2³¹ - 1`，`0 <= amount <= 10⁴`
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## 题面
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**示例 1：**
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```
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输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
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输出：3
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解释：11 = 5 + 5 + 1
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```
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**示例 2：**
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```
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输入：coins = [2], amount = 3
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输出：-1
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```
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**示例 3：**
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```
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输入：coins = [1], amount = 0
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输出：0
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```
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## 思路
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### 第一步：识别问题模型
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> [!question] 💡 思考
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> 题目说"每种硬币数量无限"，目标是"最少硬币数凑出 amount"——这和之前哪道题的内核一致？
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没错！**[[84-完全平方数]]** 和这道题的本质一模一样：都是给定一组"面额"，每种可以无限取用，要求凑出目标值的最小件数。
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我们可以把它看作一道**「最小物品数」版本的完全背包**：
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| DP 要素 | 含义 |
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|---------|------|
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| **物品集合** | 所有硬币面额 coins[0..m-1] |
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| **背包容量** | amount |
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| **每种物品数量** | 无限 |
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| **价值定义** | 每件物品的"代价"为 1（一枚硬币算一次） |
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| **优化目标** | 总代价最小 |
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### 第二步：定义状态与转移方程
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定义状态：
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> `dp[i]` = 凑出金额 i 所需的最少硬币个数
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那状态怎么转移？考虑"最后一步拿的是哪枚硬币"——假设最后拿的是 `coins[j]`，那么之前的金额就是 `i - coins[j]`，需要的硬币数是 `dp[i - coins[j]]`。所以：
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> **`dp[i] = min(dp[i - coins[j]]) + 1`**，对所有满足 `coins[j] ≤ i` 的 j 取最小值
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核心直觉很简单：
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> 要凑到金额 i，你一定会拿起最后一枚硬币。枚枚举这枚硬币是什么，剩下交给子问题。
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```mermaid
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flowchart TD
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subgraph "dp[11] 的状态转移 (coins=[1,2,5])"
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A["dp[11]\n= min(...) + 1"] --> B["最后拿 1:\ndp[10] + 1"]
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A --> C["最后拿 2:\ndp[9] + 1"]
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A --> D["最后拿 5:\ndp[6] + 1"]
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B --> E["dp[10]=2 → ans=3"]
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C --> F["dp[9]=2 → ans=3"]
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D --> G["dp[6]=2 → ans=3 ✓"]
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end
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style A fill:#e7f3ff,stroke:#3b82f6
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style E fill:#dcfce7,stroke:#16a34a
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style F fill:#dcfce7,stroke:#16a34a
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style G fill:#dcfce7,stroke:#16a34a
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```
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> [!note] 📝 为什么这是正确的？
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> 因为"完全背包"有一个关键性质：**最优子结构**。凑出金额 i 的最优方案中，去掉最后一枚硬币后，剩余部分一定也是对应金额的最优方案。否则我们可以用更优的子方案替换它，得到更好的整体解——矛盾。
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### 第三步：确定边界条件
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| 情况 | dp 值 | 理由 |
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|------|-------|------|
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| `dp[0]` | **0** | 凑出金额 0 不需要任何硬币，这是递推的"空起点" |
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| 其他 `dp[i]` | **+∞（不可达）** | 初始化为无穷大，表示还未找到可行方案 |
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> [!warning] ⚠️ 注意"不可达"的处理
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> 如果最终 `dp[amount]` 仍然是无穷大，说明无法凑出该金额，应返回 **-1**。例如 coins = [2], amount = 3 时，dp[3] 永远不会被更新。
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### 第四步：自底向上填表
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以 `coins = [1, 2, 5], amount = 11` 为例：
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| i | dp[i] 计算过程 | dp[i] |
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|---|--------------|-------|
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| 0 | — | **0** |
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| 1 | min(dp[0]+1) | **1** |
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| 2 | min(dp[1]+1, dp[0]+1) | **1** |
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| 3 | min(dp[2]+1, dp[1]+1) | **2** |
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| 4 | min(dp[3]+1, dp[2]+1, dp[-1]无效) | **2** |
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| 5 | min(dp[4]+1, dp[3]+1, dp[0]+1) | **1** ← 正好有面额 5！ |
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| 6 | min(dp[5]+1, dp[4]+1, dp[1]+1) | **2** |
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| 7 | min(dp[6]+1, dp[5]+1, dp[2]+1) | **2** |
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| 8 | min(dp[7]+1, dp[6]+1, dp[3]+1) | **3** |
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| 9 | min(dp[8]+1, dp[7]+1, dp[4]+1) | **3** |
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| 10 | min(dp[9]+1, dp[8]+1, dp[5]+1) | **2** |
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| 11 | min(dp[10]+1, dp[9]+1, dp[6]+1) | **3** ← 答案 |
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```mermaid
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flowchart LR
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subgraph "填表示意"
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A["dp[0]=0"] --> B["dp[1]=1"]
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B --> C["dp[2]=1"]
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C --> D["dp[3]=2"]
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D --> E["dp[4]=2"]
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E --> F["dp[5]=1 ★"]
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F --> G["dp[6]=2"]
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G --> H["dp[7]=2"]
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H --> I["dp[8]=3"]
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I --> J["dp[9]=3"]
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J --> K["dp[10]=2"]
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K --> L["dp[11]=3\n★答案"]
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end
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style A fill:#f3f4f6,stroke:#6b7280
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style F fill:#fef3c7,stroke:#f59e0b
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style L fill:#dcfce7,stroke:#16a34a
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```
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> 表中 ★ 标记表示可以直接用一枚硬币凑出（amount 本身在硬币列表中）。
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## 代码提示
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在动手写代码之前，想一想这些关键决策点：
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> [!question] 💡 思考 1
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> Go 语言中没有"无穷大"常量——你会用什么值来表示不可达？
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可以用 `amount + 1`：因为最多只需要 amount 个 1 元硬币就能凑出任意 amount，所以 **超过 amount 的硬币数一定是无意义的**。这个巧妙的设计让判断"是否可达"变得非常简单——只需检查 `dp[amount] > amount`。
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> [!question] 💡 思考 2
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> 内层循环中，如何避免负索引越界？
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对每个硬币 `coin`，只有当 `i >= coin` 时才考虑从 `dp[i-coin]` 转移。这样天然避免了索引问题。
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## 技巧
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### "无穷大"的巧妙取值
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> [!tip] ⚡ 小技巧：为什么选 amount+1 作为无穷大？
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>
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> 如果全部使用 1 元硬币，凑出 amount 需要恰好 amount 枚。**任何合理的方案都不会超过这个数字**。因此：
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> - `dp[i] > amount` → 说明没有找到可行方案（不可达）
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> - `dp[i] <= amount` → 这就是真正的最优解
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这样既避免了引入额外常量，又简化了最终结果的判断逻辑。
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### BFS 替代方案
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> [!abstract] 🔍 进阶视角：BFS 求最短路径
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>
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> 另一种等价的建模方式是把金额看作节点、把每次加一枚硬币看作边。从 amount 开始做 BFS，第一次到达 0 时的层数就是答案。
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>
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> - **优势**：BFS 天然保证第一层到达的就是最优解，无需全部填完表格
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> - **劣势**：最坏空间复杂度 O(amount)，不如 DP 稳定
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>
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> 面试中推荐 DP 解法，但知道 BFS 思路可以增加灵活性。
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### 剪枝优化
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> [!tip] ⚡ 小优化：先排序硬币
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>
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> 将硬币按面额从大到小排序后，内层循环可以先尝试大面额硬币。虽然不影响渐近时间复杂度，但在实际测试数据中往往能更快找到较优的中间解，减少后续比较的次数。
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| 方法 | 时间 | 空间 | 评价 |
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|------|------|------|------|
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| DP 填表（推荐） | O(amount × m) | O(amount) | 直观通用，面试首选 |
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| BFS | O(amount × m) | O(amount) | 第一层到达即最优，略快 |
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| 带记忆化的 DFS | O(amount × m) | O(amount) | 递归写法，代码简洁但有栈溢出风险 |
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其中 m = coins.length。
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## 代码
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### Go 语言实现
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#### 版本一：自底向上 DP（推荐 ✅）
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```go
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// coinChange returns the minimum number of coins to make up the given amount.
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// If it's impossible, returns -1.
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func coinChange(coins []int, amount int) int {
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// maxCoins 充当"无穷大"：最多只用 amount 个 1 元硬币
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maxCoins := amount + 1
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// dp[i] = 凑出金额 i 所需的最少硬币个数
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dp := make([]int, amount+1)
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// 初始化：全部设为"不可达"
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for i := 1; i <= amount; i++ {
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dp[i] = maxCoins
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}
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// 边界：凑出金额 0 不需要硬币
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dp[0] = 0
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// 自底向上填表：先枚举金额，再枚举硬币
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for i := 1; i <= amount; i++ {
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for _, coin := range coins {
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||||
if i < coin {
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continue // 当前硬币面额大于目标金额，跳过
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}
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// 选或不选这枚硬币：dp[i] = min(不用这枚, 用这枚 + 1)
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used := dp[i-coin] + 1
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if used < dp[i] {
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||||
dp[i] = used
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}
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||||
}
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||||
}
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||||
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// 如果 dp[amount] 仍为无穷大，说明无法凑出
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if dp[amount] > amount {
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||||
return -1
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}
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return dp[amount]
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}
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```
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> [!summary] 💡 代码结构拆解
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> - **外层 for i**：从左到右依次计算 dp[1]...dp[amount]，确保每个子问题在用到时已解决
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> - **内层 for coin**：枚举"最后一枚硬币可能是哪个"，从多个可能的前驱状态中选最小值
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> - **空间顺序**：先金额后硬币（也可以反过来，因为是完全背包，两种遍历顺序都正确）
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#### 版本二：精简写法
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```go
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// coinChange returns the minimum number of coins to make up the given amount.
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// Space and code simplified version.
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func coinChange(coins []int, amount int) int {
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dp := make([]int, amount+1)
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// Go 的 slice 零值初始化为 0，恰好 dp[0]=0 符合预期
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// 其余位置需要手动标记为"不可达"
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for i := range dp {
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if i > 0 {
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dp[i] = amount + 1
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}
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||||
}
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for i := 1; i <= amount; i++ {
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||||
for _, c := range coins {
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||||
if i >= c {
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v := dp[i-c] + 1
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||||
if v < dp[i] {
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||||
dp[i] = v
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||||
}
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||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
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||||
if dp[amount] > amount {
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||||
return -1
|
||||
}
|
||||
return dp[amount]
|
||||
}
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```
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### 执行过程演示（coins = [1, 2, 5], amount = 11）
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```
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初始: dp[0]=0, 其余均为 ∞(=12)
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i=1: coin=1: dp[0]+1=1 → dp[1]=1
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i=2: coin=1: dp[1]+1=2 → dp[2]=2
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||||
coin=2: dp[0]+1=1 → dp[2]=1 ★更新
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i=3: coin=1: dp[2]+1=2 → dp[3]=2
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||||
coin=2: dp[1]+1=2 → 不更新(相等)
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||||
i=4: coin=1: dp[3]+1=3 → dp[4]=3
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||||
coin=2: dp[2]+1=2 → dp[4]=2 ★更新
|
||||
i=5: coin=1: dp[4]+1=3 → dp[5]=3
|
||||
coin=2: dp[3]+1=3 → 不更新
|
||||
coin=5: dp[0]+1=1 → dp[5]=1 ★更新(正好面额5!)
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||||
i=6: coin=5: dp[1]+1=2 → dp[6]=2
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||||
...（以此类推）...
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i=10: coin=5: dp[5]+1=2 → dp[10]=2
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||||
i=11: coin=5: dp[6]+1=3 → dp[11]=3
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结果: dp[11] = 3 ✅ (11 = 5+5+1)
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```
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### 复杂度分析
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- **时间复杂度：O(amount × m)** — 外层循环 amount 次，内层循环 m 次（m 为硬币种类数），每次只做常数次操作。代入题目约束：最多 10⁴ × 12 = 1.2 × 10⁵ 次操作
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||||
- **空间复杂度：O(amount)** — dp 数组占用 amount+1 个整型空间
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## 举一反三
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这道题是 **"完全背包"** 思想的第一道落地应用，也是 DP 入门必刷的经典：
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||||
- [[84-完全平方数]] — 本质相同的"最小件数"问题，只是面额集合换成完全平方数
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||||
- [[83-打家劫舍]] — 同样是逐状态递推，但约束是"不相邻"而非"无限选取"
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||||
- LeetCode 279. 完全平方数 — 同上一题
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||||
- LeetCode 518. 零钱兑换 II —— **变种**：改为求"组合数"而非"最少个数"，转移方程变为累加而非取 min
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||||
- LeetCode 377. 组合总和 Ⅳ —— **变种**：排列数和组合数的区别（外层枚举目标和 vs 外层枚举物品）
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> [!summary] 📌 本节要点
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> 1. 定义 dp[i] = 凑出金额 i 的最少硬币个数
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> 2. 状态转移：dp[i] = min(dp[i - coin]) + 1，枚举每枚可能的最后硬币
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> 3. 边界 dp[0] = 0，初始化 dp[i] = amount + 1（表示不可达）
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> 4. 最终判断：若 dp[amount] > amount 则返回 -1
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> 5. 复杂度 O(amount × m)，属于典型的完全背包最小化问题
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