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建设一个网站需要哪方面的费用成人本科报考官网

news 2025/8/13 19:35:10

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题目

322. 零钱兑换

中等

思路和解题方法

目标和的定义：这个问题的目标是计算凑出目标金额所需的最少硬币数量。

动态规划的思路：该代码使用了动态规划的思想，将原问题拆解为子问题，并利用已解决的子问题的解来求解更大规模的问题。

dp 数组的定义：代码创建了一个大小为 amount+1 的 dp 数组，用于保存计算中间状态的结果。dp[i] 表示组成金额 i 所需的最少硬币数量。

初始化：将 dp[0] 初始化为 0，表示组成金额为 0 不需要任何硬币。其他位置的 dp 数组元素初始化为 INT_MAX，表示初始时无法凑出对应的金额。

状态转移方程：采用两层循环来遍历物品和背包。外层循环遍历所有可用的硬币面额，内层循环遍历目标金额从该硬币面额开始到 amount。这样可以逐步更新 dp 数组，计算得到凑出每个目标金额所需的最少硬币数量。

状态转移：对于当前的目标金额 j，我们检查 dp[j - coins[i]] 是否不是初始值 INT_MAX。如果不是初始值，则表示可以通过使用当前硬币面额 coins[i] 得到目标金额 j。我们比较使用当前硬币和不使用当前硬币两种情况下所需的硬币数量，并取最小值作为 dp[j] 的解。

返回结果：最后，我们返回 dp[amount] 的值作为结果。如果 dp[amount] 仍为初始值 INT_MAX，表示无法凑出目标金额，因此返回 -1。

总结起来，这段代码使用动态规划的思想，通过构建一个 dp 数组来保存计算中间状态的结果。通过遍历物品和背包，并利用已解决子问题的解，逐步计算得到组成目标金额所需的最少硬币数量。最终，返回 dp[amount] 的值作为结果。

复杂度

时间复杂度:

O(n * amount)

时间复杂度：

外层循环遍历硬币列表的长度，即 coins 的大小，所以时间复杂度为 O(n)，其中 n 是硬币列表的长度。
内层循环遍历目标金额 amount，所以时间复杂度为 O(amount)。

综合起来，总的时间复杂度为 O(n * amount)。

空间复杂度

O(amount)

空间复杂度：

创建了一个大小为 amount+1 的 dp 数组，所以空间复杂度为 O(amount)。

因此，该算法的空间复杂度为 O(amount)。

c++ 代码

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX); // 创建大小为 amount+1 的 dp 数组，初始值设置为 INT_MAXdp[0] = 0; // 对于组成金额为 0 的情况，方法数为 0for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历每个硬币面额（物品）for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历每个目标金额（背包）if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX) { // 如果 dp[j - coins[i]] 不是初始值（即存在组合方式）dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]); // 更新组成金额 j 的最小方法数}}}if (dp[amount] == INT_MAX) return -1; // 如果无法组成金额 amount，则返回 -1 表示无解return dp[amount]; // 返回组成金额 amount 的最小方法数}
};

vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);：创建大小为 amount+1 的 dp 数组，用于保存组成不同金额的最小硬币数。初始值设置为 INT_MAX，表示初始状态下无解。
dp[0] = 0;：对于金额为 0 的情况，不需要使用任何硬币，所以最小硬币数为 0。
for (int i = 0; i < coins.size(); i++)：外层循环遍历硬币面额（物品），以便逐个考虑每个硬币的组合方式。
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++)：内层循环遍历目标金额（背包），从当前硬币面额开始，直到目标金额 amount。这样可以确保只考虑能够达到的金额。
if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX)：如果 dp[j - coins[i]] 不是初始值（即存在组合方式），则进入条件判断。
dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);：更新组成金额 j 的最小硬币数。在当前硬币面额 coins[i] 的情况下，组成金额 j 的最小硬币数为 dp[j - coins[i]] + 1 和当前 dp[j] 的较小值。
if (dp[amount] == INT_MAX) return -1;：如果无法组成金额 amount，则返回 -1 表示无解。
return dp[amount];：返回组成金额 amount 的最小硬币数。

Java代码

class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {int max = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[amount + 1];//初始化dp数组为最大值for (int j = 0; j < dp.length; j++) {dp[j] = max;}//当金额为0时需要的硬币数目为0dp[0] = 0;for (int i = 0; i < coins.length; i++) {//正序遍历：完全背包每个硬币可以选择多次for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {//只有dp[j-coins[i]]不是初始最大值时，该位才有选择的必要if (dp[j - coins[i]] != max) {//选择硬币数目最小的情况dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);}}}return dp[amount] == max ? -1 : dp[amount];}
}

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