You are given coins of different denominations and a total amount of money. Write a function to compute the number of combinations that make up that amount. You may assume that you have infinite number of each kind of coin.
Note: You can assume that
- 0 <= amount <= 5000
- 1 <= coin <= 5000
- the number of coins is less than 500
- the answer is guaranteed to fit into signed 32-bit integer
Example 1:
Input: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
Output: 4
Explanation: there are four ways to make up the amount:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
Example 2:
Input: amount = 3, coins = [2]
Output: 0
Explanation: the amount of 3 cannot be made up just with coins of 2.
Example 3:
Input: amount = 10, coins = [10]
Output: 1
这道题是之前那道 Coin Change 的拓展，那道题问我们最少能用多少个硬币组成给定的钱数，而这道题问的是组成给定钱数总共有多少种不同的方法。还是要使用 DP 来做，首先来考虑最简单的情况，如果只有一个硬币的话，那么给定钱数的组成方式就最多有1种，就看此钱数能否整除该硬币值。当有两个硬币的话，组成某个钱数的方式就可能有多种，比如可能由每种硬币单独来组成，或者是两种硬币同时来组成，怎么量化呢？比如我们有两个硬币 [1,2]，钱数为5，那么钱数的5的组成方法是可以看作两部分组成，一种是由硬币1单独组成，那么仅有一种情况 (1+1+1+1+1)；另一种是由1和2共同组成，说明组成方法中至少需要有一个2，所以此时先取出一个硬币2，然后只要拼出钱数为3即可，这个3还是可以用硬币1和2来拼，所以就相当于求由硬币 [1,2] 组成的钱数为3的总方法。是不是不太好理解，多想想。这里需要一个二维的 dp 数组，其中 dp[i][j] 表示用前i个硬币组成钱数为j的不同组合方法，怎么算才不会重复，也不会漏掉呢？我们采用的方法是一个硬币一个硬币的增加，每增加一个硬币，都从1遍历到 amount，对于遍历到的当前钱数j，组成方法就是不加上当前硬币的拼法 dp[i-1][j]，还要加上，去掉当前硬币值的钱数的组成方法，当然钱数j要大于当前硬币值，状态转移方程也在上面的分析中得到了：
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + (j >= coins[i - 1] ? dp[i][j - coins[i - 1]] : 0)
注意要初始化每行的第一个位置为0，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<vector<int>> dp(coins.size() + 1, vector<int>(amount + 1, 0));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= coins.size(); ++i) {
dp[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= amount; ++j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + (j >= coins[i - 1] ? dp[i][j - coins[i - 1]] : 0);
}
}
return dp[coins.size()][amount];
}
};
我们可以对空间进行优化，由于 dp[i][j] 仅仅依赖于 dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - coins[i - 1]] 这两项，就可以使用一个一维dp数组来代替，此时的 dp[i] 表示组成钱数i的不同方法。其实最开始的时候，博主就想着用一维的 dp 数组来写，但是博主开始想的方法是把里面两个 for 循环调换了一个位置，结果计算的种类数要大于正确答案，所以一定要注意 for 循环的顺序不能搞反，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<int> dp(amount + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int coin : coins) {
for (int i = coin; i <= amount; ++i) {
dp[i] += dp[i - coin];
}
}
return dp[amount];
}
};
在 CareerCup 中，有一道极其相似的题 9.8 Represent N Cents 美分的组成，书里面用的是那种递归的方法，博主想将其解法直接搬到这道题里，但是失败了，博主发现使用那种的递归的解法必须要有值为1的硬币存在，这点无法在这道题里满足。你以为这样博主就没有办法了吗？当然有，博主加了判断，当用到最后一个硬币时，判断当前还剩的钱数是否能整除这个硬币，不能的话就返回0，否则返回1。还有就是用二维数组的 memo 会 TLE，所以博主换成了 map，就可以通过啦～
解法三：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
if (amount == 0) return 1;
if (coins.empty()) return 0;
map<pair<int, int>, int> memo;
return helper(amount, coins, 0, memo);
}
int helper(int amount, vector<int>& coins, int idx, map<pair<int, int>, int>& memo) {
if (amount == 0) return 1;
else if (idx >= coins.size()) return 0;
else if (idx == coins.size() - 1) return amount % coins[idx] == 0;
if (memo.count({amount, idx})) return memo[{amount, idx}];
int val = coins[idx], res = 0;
for (int i = 0; i * val <= amount; ++i) {
int rem = amount - i * val;
res += helper(rem, coins, idx + 1, memo);
}
return memo[{amount, idx}] = res;
}
};
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/518
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/coin-change-2/
https://leetcode.com/problems/coin-change-2/discuss/141076/Logical-Thinking-with-Clear-Java-Code
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