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leetcode 518. 零钱兑换 II-----完全背包套路模板

2023-03-14 22:52:52 时间

零钱兑换 II 题解集合

完全背包（朴素解法）

  • 在leetcode 322. 零钱兑换中，我们求的是「取得特定价值所需要的最小物品个数」。
  • 对于本题，我们求的是「取得特定价值的方案数量」。
  • 求的东西不一样，但问题的本质没有发生改变，同样属于「组合优化」问题。
  • 你可以这样来理解什么是「组合问题」：
  • 被选物品之间不需要满足特定关系，只需要选择物品，以达到「全局最优」或者「特定状态」即可。
  • 同时硬币相当于我们的物品，每种硬币可以选择「无限次」，很自然的想到「完全背包」。
  • 这时候可以将「完全背包」的状态定义搬过来进行“微调”：
  • 定义 dp[i][j] 为考虑前 i 件物品，凑成总和为 j 的方案数量。
  • 为了方便初始化，我们一般让 dp[0][x] 代表不考虑任何物品的情况。
  • 因此我们有显而易见的初始化条件：dp[0][0]=1，其余dp[0][x]=0 。
  • 代表当没有任何硬币的时候，存在凑成总和为 0 的方案数量为 1；凑成其他总和的方案不存在。
  • 当「状态定义」与「基本初始化」有了之后，我们不失一般性的考虑 dp[i][j] 该如何转移。
  • 对于第 i 个硬币我们有两种决策方案： 不使用该硬币：

使用该硬币：由于每个硬币可以被选择多次（容量允许的情况下），因此方案数量应当是选择「任意个」该硬币的方案总和：

图解：

代码:

class Solution {
public:
	int change(int amount, vector<int>& coins) 
	{
		int size = coins.size();//物品的个数
		vector<vector<int>> dp(size + 1, vector<int>(amount + 1, 0));
		//考虑什么物品都不选的初始情况
		dp[0][0] = 1;//当什么物品都不考虑，并且背包容量为0的时候，为一种符合条件

		//考虑其他物品的情况
		for (int i = 1; i <=size; i++)
		{
			int val = coins[i-1];//获取当前物品的大小
			for (int j = 0; j <= amount; j++)
			{
				//不选当前硬币
				dp[i][j] = dp[i - 1][j];

				//选当前硬币--注意最后总方案是选当前硬币和不选当前硬币可行方案数之和
				for (int k = 1; k * val <= j; k++)
					dp[i][j] += dp[i - 1][j - k * val];
			}
		}

		return dp[size][amount];
	}
};

完全背包（一维优化）

  • 显然二维完全背包求解方案复杂度有点高。
  • 我们需要对其进行「降维优化」，可以使用 数学分析方式，或者 换元优化方式 进行降维优化。
  • 由于 数学分析方式 十分耗时，我们用得更多的 换元优化方式。两者同样具有「可推广」特性。
  • 因为后者更为常用，所以我们再来回顾一下如何进行 换元一维优化 ：
  • 在二维解法的基础上，直接取消「物品维度」
  • 确保「容量维度」的遍历顺序为「从小到大」（适用于「完全背包」）
  • 将形如 dp[i][j-k*val] 的式子更替为 dp[j-val]，同时解决「数组越界」问题（将物品维度的遍历修改为从 val 开始）

代码：

class Solution {
public:
	int change(int amount, vector<int>& coins) 
	{
		int size = coins.size();//物品的个数
		vector<int> dp(amount + 1);
		//考虑什么物品都不选的初始情况
		dp[0] = 1;//当什么物品都不考虑，并且背包容量为0的时候，为一种符合条件

		//考虑其他物品的情况
		for (int i = 1; i <=size; i++)
		{
			int val = coins[i-1];//获取当前物品的大小
            //同时解决「数组越界」问题（将物品维度的遍历修改为从  val 开始）
			for (int j = val; j <= amount; j++)
			{
					dp[j] += dp[j - val];
			}
		}

		return dp[amount];
	}
};

注意双重for循环的顺序

之前我在完全背包这篇文章结尾提到过排列数和组合数的概念，但什么时候会遇到，没有说，今天它来了

本题和纯完全背包不一样，纯完全背包是能否凑成总金额，而本题是要求凑成总金额的个数！

注意题目描述中是凑成总金额的硬币组合数，为什么强调是组合数呢？

例如示例一：

5 = 2 + 2 + 1

5 = 2 + 1 + 2

这是一种组合，都是 2 2 1。

如果问的是排列数，那么上面就是两种排列了。

组合不强调元素之间的顺序，排列强调元素之间的顺序。

下面再啰嗦一下动态规划五部曲，上面没有说：

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[j]：凑成总金额j的货币组合数为dp[j]

2.确定递推公式

dp[j] （考虑coins[i]的组合总和） 就是所有的dp[j - coins[i]]（不考虑coins[i]）相加。

所以递推公式：dp[j] += dp[j - coins[i]];

求装满背包有几种方法，一般公式都是：dp[j] += dp[j - nums[i]];

3.dp数组如何初始化

首先dp[0]一定要为1，dp[0] = 1是 递归公式的基础。

从dp[i]的含义上来讲就是，凑成总金额0的货币组合数为1。

下标非0的dp[j]初始化为0，这样累计加dp[j - coins[i]]的时候才不会影响真正的dp[j]

4.确定遍历顺序

本题中我们是外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额），还是外层for遍历背包（金钱总额），内层for循环遍历物品（钱币）呢？

完全背包的两个for循环的先后顺序都是可以的。

但本题就不行了！

因为纯完全背包求得是能否凑成总和，和凑成总和的元素有没有顺序没关系，即：有顺序也行，没有顺序也行！

而本题要求凑成总和的组合数，元素之间要求没有顺序。

所以纯完全背包是能凑成总结就行，不用管怎么凑的。

本题是求凑出来的方案个数，且每个方案个数是为组合数。

那么本题，两个for循环的先后顺序可就有说法了。

我们先来看 外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额）的情况。

代码如下：

for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
    for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

假设：coins[0] = 1，coins[1] = 5。

那么就是先把1加入计算，然后再把5加入计算，得到的方法数量只有{1, 5}这种情况。而不会出现{5, 1}的情况。

所以这种遍历顺序中dp[j]里计算的是组合数！

如果把两个for交换顺序，代码如下：

for (int j = 0; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
    for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - coins[i] >= 0) dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

背包容量的每一个值，都是经过 1 和 5 的计算，包含了{1, 5} 和 {5, 1}两种情况。

此时dp[j]里算出来的就是排列数！

5.举例推导dp数组

输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5] ，dp状态图如下：

最后红色框dp[amount]为最终结果。

以上分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int change(int amount, vector<int>& coins) {
        vector<int> dp(amount + 1, 0);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包
                dp[j] += dp[j - coins[i]];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
};

动态规划注意事项总结

在求装满背包有几种方案的时候，认清遍历顺序是非常关键的。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

记忆化搜索解法

  1. 递归的结束条件：凑出了目标钱数，找到了一种方案，返回1 ， 或者枚举完了所有硬币，即越界了，说明当前没有可行方案，返回0
  2. 递归返回值:返回当前方案数
  3. 本级递归做什么:遍历硬币数组，对于当前硬币选择若干张，使得剩余目标钱等于0。可能存在的方案数进行累加求和

注意暴力递归会超时，这里还需要用依赖哈希表来存储已经求出来的结果，防止重复计算

其实如果用递归解，最好的方法还是把问题转化为多叉树的遍历，比较容易理解

那么重复计算是从哪里来的呢?

假设这种情况，cois=[200, 100, 50, 20, 10]，要凑出1000元，如果idx = 2

那么 [200(0张), 100(4张)],[200(1), 100(2)],[200(2), 100(0)]这些选择都会使得当前的aim = 600，

直接去递归就会产生大量重复计算。

而后面如何选出600的过程前面不需要关心，只要它给我返回结果数就行。

代码：

struct hash_pair {
	template <class T1, class T2>
	size_t operator()(const pair<T1, T2>& p) const
	{
		auto hash1 = hash<T1>{}(p.first);
		auto hash2 = hash<T2>{}(p.second);
		return hash1 ^ hash2;
	}
};
class Solution {
	//注意 unordered_map无法使用pair作为key，需要手动传入一个hash函数
	//map可以，但是查找效率低
	unordered_map<pair<int,int>,int,hash_pair> cache;
	int size;//记录硬币个数
	vector<int> coin;
public:
	int change(int amount, vector<int>& coins) 
	{
		size = coins.size();
		coin = coins;
		return dfs(amount, 0);
	}
	int dfs(int amount, int index)
	{
		if (cache.find({ amount,index}) != cache.end()) return cache[{amount, index}];
		if (amount == 0) return 1;
		if (index >= size) return 0;
		int ret = 0;
		//对每一张硬币选择不超过当前背包容量的若干张
		for (int i = 0; i * coin[index] <= amount; i++)
			ret += dfs(amount - i * coin[index], index + 1);
		cache[{amount, index}] = ret;
		return ret;
	}
};

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