今天我們看一下動態規划的硬幣找零問題，主要通過一系列編程題分析動態規划的規律，只要掌握這一規律，許多動態規划的相關問題都可以類比得到。
題目1：給定數組arr，arr中所有的值都是正數且不重復。每個值代表一種面值的貨幣，每種面值的貨幣可以使用任意張，再給定一個整數aim代表要找的錢數，求組成aim的最少貨幣數。
舉例：
arr[5,2,3]，aim=20。 4張5元可以組成20元，其他的找錢方案都要使用更多張的貨幣，所以返回4。
題解：
一眼看去這道題好像可以用貪心算法可解，但是仔細分析發現有些值是不可以的，例如arr[1,3,4]，aim=6 ：用貪心算法算最少錢數為3 (4+1+1)，但是我們可以明顯的發現用兩張3元的就夠了，所以用貪心算法不可解。
其實這是一道經典的動態規划方法，我們可以構造一個dp數組，如果arr的長度為N，則dp數組的行數為N，列數為aim+1，dp[i][j] 的含義是：在可以任意使用arr[0..i]貨幣的情況下，組成j所需要的最小張數。
明白以上定義后我們初始化第一行與第一列，第一行dp[0][0..aim]中每一個元素dp[0][j]表示用arr[0]貨幣找開面額 j所需要的最少貨幣數，此時我們只能選取arr[0]這一張貨幣，所以只有arr[0]的整數倍的面額錢才可以找開，例如當arr[0]=3，aim=10時，只能找開3,6,9的貨幣，而其他面額的則無法找開，所以將arr[0][3,6,9]初始化為1,2,3 除此之外其他值初始化為整形int的最大值INT_MAX表示無法找開。對於第一列dp[0..n][0] 中的每一個元素dp[i][0]表示用arr[i]組成面額為0的錢的最少貨幣數，完全不需要任何貨幣，直接初始化為0即可。
對於剩下的任意dp[i][j]，我們依次從左到右，從上到下計算，dp[i][j]的值可能來自下面：
- 完全不使用當前貨幣arr[i]的情況下的最少張數，即dp[i-1][j]的值
- 只使用1張當前貨幣arr[i]的情況下的最少張數，即dp[i-1][j-arr[i]]+1
- 只使用2張當前貨幣arr[i]的情況下的最少張數，即dp[i-1][j-2*arr[i]]+2
- 只使用3張當前貨幣arr[i]的情況下的最少張數，即dp[i-1][j-3*arr[i]]+3
- …..
以上所有情況中，最終取張數最小的，即dp[i][j] = min( dp[i-1][j-k*arr[i]]+k )( k>=0 )
=>dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], min{ dp[i-1][j-x*arr[i]]+x (1<=x) } } 令x = y+1
=>dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], min{ dp[i-1][j-arr[i]-y*arr[i]+y+1 (0<=y) ] } }
又有 min{ dp[i-1][j-arr[i]-y*arr[i]+y (0<=y) ] } => dp[i][ j-arr[i] ] ,所以，最終有：dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], dp[i][j-arr[i]]+1 }。如果j-arr[i] < 0，即發生了越界，說明arr[i]太大了，用一張都會超過錢數j，此時dp[i][j] = dp[i-1][j]。
int coinChange(vector<int>& arr, int aim) { int len = arr.size(); vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(aim+1,0)); for(int i=1; i<=aim; i++){ dp[0][i] = INT_MAX; if( i>=arr[0] && dp[0][i-arr[0]] !=INT_MAX ){ dp[0][i] = dp[0][i-arr[0]]+1; } } for(int i=1; i<len; i++){ for(int j=1; j<=aim; j++){ int left = INT_MAX; if( j>=arr[i] && dp[i][j-arr[i]] != INT_MAX ){ left=dp[i][j-arr[i]]+1; } dp[i][j] = min( dp[i-1][j], left ); } } return dp[len-1][aim]==INT_MAX ? -1 : dp[len-1][aim]; }
參見leetcode : 322. Coin Change
上面的問題還可以進行空間壓縮，此處不再贅述。
上面說貪心算法不可解其實面值在部分情況下可以用貪心算法解決，如果可換的硬幣的單位是 c 的冪，也就是 c0，c1，... ，ck ,其中整數 c>1，k>=1，一定可以用貪心算法，或者某些情況比如，面值為1，5，10，20，50，100時，貪心找零也一定有最優解。參見《挑戰程序設計競賽》第二版2.2.1節。
題目2： 給定數組arr，arr中所有的值都為正數，每個值僅代表一張錢的面值，再給定一個整數aim代表要找的錢數，求組成aim的最小貨幣數。
題解: 相對於上一題，這道題的arr中的錢只有一張，而不是任意多張，構造dp數組的含義也同上，但是此時略有不同，
dp第一行dp[0][0..aim]的值表示只使用一張arr[0]貨幣的情況下，找某個錢數的最小張數。比如arr[0]=2，那么能找開的錢數僅為2, 所以令dp[0][2]=1。因為只有一張錢，所以其他位置所代表的錢數一律找不開，一律設為INT_MAX。第一列dp[0…N-1]表示找的錢數為0時需要的最少張數，錢數為0時完全不需要任何貨幣，所以全設為0即可。
剩下的位置從左到右，從上到下計算，dp[i][j]可能的值來自於以下兩種情況
- dp[i][j]的值代表在可以任意使用arr[0..i]貨幣的情況下，組成j所需要的最小張數。可以任意使用arr[0..i]貨幣的情況當然包括不使用arr[i]的貨幣，而只使用任意arr[0..i-1]貨幣的情況，所以dp[i][j]的值可能為dp[i-1][j]。
- 因為arr[i]只有一張不能重復使用，所以我們考慮dp[i-1][j-arr[i]]的值，這個值代表在可以任意使用arr[0..i-1]貨幣的情況下，組成j-arr[i]所需的最小張數。從錢數為j-arr[i]到錢數j,只用在加上這張arr[i]即可。所以dp[i][j]的值可能等於do[i-1][j-arr[i]]+1。
- 如果dp[i-1][j-arr[i]]中j-arr[i] < 0，也就是位置越界了，說明arr[i]太大了，只用一張就會超過錢數j,令dp[i][j]=dp[i-1][j]即可。
int coinChange(vector<int>& arr, int aim) { int len = arr.size(); vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(aim+1,0)); for(int i=1; i<=aim; i++){ dp[0][i] = INT_MAX; } if ( arr[0] <= aim ){ dp[0][arr[0]] = 1; } for(int i=1; i<len; i++){ for(int j=1; j<=aim; j++){ int leftup = INT_MAX; if( j>=arr[i] && dp[i-1][j-arr[i]] != INT_MAX ){ leftup=dp[i-1][j-arr[i]]+1; } dp[i][j] = min( dp[i-1][j], leftup ); } } return dp[len-1][aim]==INT_MAX ? -1 : dp[len-1][aim]; }
題目3：給定數組arr,arr中所有的值都為正數且重復。每個值代表一種面值的貨幣，每種面值的貨幣可以使用任意張，再給定一個整數aim代表要找的錢數，求換錢有多少種方法。
題解： 類比題目1，每個面值的錢可以使用任意多次，我們可以構造一個dp數組，如dp數組的行數為N，列數為aim+1，dp[i][j] 的含義是：在可以任意使用arr[0..i]貨幣的情況下，組成錢數j有多少張方法。。
第一行dp[0][0..aim]中每一個元素dp[0][j]表示用arr[0]貨幣找開面額 j的方法，此時我們只能選取arr[0]這一張貨幣，所以只有arr[0]的整數倍的面額錢才可以找開，例如當arr[0]=3，aim=10時，只能找開3,6,9的貨幣，且只有一種方法即只是用arr[0]，而其他面額的則無法找開，所以將arr[0][3,6,9]初始化為1 除此之外其他值初始化為0表示無法找開。對於第一列dp[0..n][0] 中的每一個元素dp[i][0]表示用arr[i]組成面額為0的錢的最少貨幣數，完全不需要任何貨幣，即一種方法，初始化為1。
對於剩下的任意dp[i][j]，我們依次從左到右，從上到下計算，dp[i][j]的值下面的方法數的和：
- 完全不用arr[i]的貨幣，只使用arr[0..i-1]貨幣時，方法數為dp[i-1][j]
- 用1張arr[i]貨幣，剩下的錢用arr[0..i-1]貨幣組成時，方法數為dp[i-1][j-arr[i]]
- 用2張arr[i]貨幣，剩下的錢用arr[0..i-1]貨幣組成時，方法數為dp[i-1][j-2*arr[i]]
- …
- 用k張arr[i]貨幣，剩下的錢用arr[0..i-1]貨幣組成時，方法數為dp[i-1][j-k*arr[i]]
其實從第二種情況到第k種情況方法的累加值其實就是dp[i][j-arr[i]]的值，所以dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-arr[i]] 。
int countWays(vector<int> arr, int n, int aim) { vector<vector<int>> dp( n, vector<int>(aim+1,0) ); for(int j=0; arr[0]*j<=aim; j++){ dp[0][arr[0]*j] = 1; } for (int i = 1; i<n; i++){ dp[i][0] = 1; for (int j = 1; j <= aim; j++){ if (j - arr[i] >= 0) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - arr[i]]; else dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } return dp[n - 1][aim]; }
題目4：給定數組arr，arr中所有的值都為正數且重復。每個值代表一張錢的面值再給定一個整數aim代表要找的錢數，求換錢有多少種方法。
題解：類比題目2，也是每個錢只能使用一次，此處不做解釋
給出一道例題及答案：
例題：
鏈接：https://www.nowcoder.com/questionTerminal/7f24eb7266ce4b0792ce8721d6259800
來源：牛客網
給定一個有n個正整數的數組A和一個整數sum,求選擇數組A中部分數字和為sum的方案數。當兩種選取方案有一個數字的下標不一樣,我們就認為是不同的組成方案。
輸入描述: 輸入為兩行: 第一行為兩個正整數n(1 ≤ n ≤ 1000)，sum(1 ≤ sum ≤ 1000)，第二行為n個正整數A[i](32位整數)，以空格隔開。
輸出描述: 輸出所求的方案數
輸入例子:
5 15
5 5 10 2 3
輸出例子:
4
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <limits.h>
using namespace std; int main(){ long long a, sum; while (cin >> a >> sum){ vector<int> vec(a); for (int i = 0; i<a; i++) cin >> vec[i]; vector<vector<long>> dp(a, vector<long>(sum + 1, 0)); for (int i = 0; i < a; i++){ dp[i][0] = 1; } if (sum >= vec[0]){ dp[0][vec[0]] = 1; } for (int i = 1; i<a; i++){ for (int j = 1; j <= sum; j++){ if (j >= vec[i]){ dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - vec[i]]; } else { dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } } cout << dp[a - 1][sum] << endl; } }
進一步的優化交給讀者自己思考咯。
參考《程序員代碼面試指南》