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。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 。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11 输出：3 解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：coins = [2], amount = 3 输出：-1
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0 输出：0
>>思路和分析
- 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~
- 且本题求钱币最小个数，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。
>>动规五部曲
1.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]
2.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] 即是 dp[j - coins[i]] + 1 就是 dp[j] （考虑coins[i]），那么dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1中最小的
递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
3.dp数组初始化
dp[0] = 0;意味着总金额为0所需钱币的个数一定是0
其他下标对应的数值呢？由于 min(dp[j-coins[i]] + 1,dp[j])比较的过程中，若我们设置的初始值较小，可能会被初始值覆盖，所以dp[j]必须初始化为一个最大的数。即INT_MAX
vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;4.确定遍历顺序
- 方式一：先遍历物品再遍历背包（求组合数）
- 方式二：先遍历背包再遍历物品（求排列数）
本题中所求为钱币的最小个数，与顺序无关。所以可以方式一或者方式二都可以！！！
5.举例推导dp数组
以输入：coins = [1,2,5],amount = 5 。用方式一的遍历顺序，即先遍历物品再遍历背包
用方式一进行遍历：
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> dp(amount+1,INT_MAX);
dp[0] = 0;
// 组合数 时间复杂度：O(n * amount),其中 n 为 coins 的长度；空间复杂度：O(amount)
for(int i=0;i<coins.size();i++) { // 物品
for(int j=coins[i];j <= amount;j++) { // 背包
if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX) // // 如果dp[j - coins[i]]是初始值则跳过
dp[j] = min(dp[j],dp[j-coins[i]] + 1);
}
}
if(dp[amount] == INT_MAX) return -1;
return 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)
用方式二进行遍历：
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> dp(amount+1,INT_MAX);
dp[0] = 0;
// 排列数 时间复杂度：O(n * amount),其中 n 为 coins 的长度；空间复杂度：O(amount)
for(int j = 0;j <= amount; j++) { // 背包
for(int i = 0;i < coins.size(); i++) { // 物品
if(j >= coins[i] && dp[j - coins[i]] != INT_MAX)
dp[j] = min(dp[j],dp[j-coins[i]] + 1);
}
}
if(dp[amount] == INT_MAX) return -1;
return 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)
参考和推荐文章、视频：
动态规划之完全背包，装满背包最少的物品件数是多少？| LeetCode：322.零钱兑换_哔哩哔哩_bilibili
来自代码随想录的课堂截图：
