经典动态规划:「换硬币」系列三道问题详解
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了经典动态规划:「换硬币」系列三道问题详解相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
换硬币(Coin Change)问题是一道经典的动态规划入门题,但是你可能不太知道,LeetCode 上的换硬币问题其实是一个系列,共三道题目:
-
LeetCode 322. Coin Change(Medium) -
LeetCode 377. Combination Sum IV(Medium) -
LeetCode 518. Coin Change 2(Medium)
其中,377 题虽然不叫 Coin Change,但是本质上和换硬币问题是一样的。
这一系列是比较考验技巧的三道题目,难度层层递进。第一道题是大家都熟悉的动态规划入门题;第二道题变为求方案数,需要我们不重复不遗漏;第三道题更有难度,需要扩充为二维动态规划,才能准确求出方案数量。
没有做过这个系列三道题的同学,不妨跟着本文看看三道题目的解法,理解其中的思路和技巧。下面我们一道一道地进行分析。
(一) 第 322 题:求最小硬币数
LeetCode 322. Coin Change(Medium)
给定不同面额的硬币
coins
和金额amount
,计算凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种方案能组成该金额,返回 -1。每种硬币的数量是无限的。示例:
输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出: 3
解释: 11 = 5 + 5 + 1
这第一道题目大家应该都做过,网上的各种解析也很泛滥。这里我们还是套用来求解。
第一步,定义子问题。
我们设硬币面值的集合为 。子问题 可以定义为:「凑出金额 的最小硬币数」。那么原问题就是求 。
第二步,写出子问题的递推关系。
求「凑出金额 的最小硬币数」,我们可以尝试不同的硬币。如果使用了金额为 的硬币,问题就变成了「凑出金额 的最小硬币数」。我们要从各种尝试中选择硬币数量最小的那个结果。
这样我们就可以写出子问题的递推关系:
当然,不要忘记子问题的 base case:
它的含义是,当 amount
为 0 时,不需要任何硬币就已经凑出了目标金额。
第三步,确定 DP 数组的计算顺序。
确定 DP 数组计算顺序的重点是看子问题的依赖关系。我们以 为例,即有 1 元、2 元、5 元的硬币。这样 依赖于 、 、 ,全部在 的左边。也就是说,DP 数组中的每个元素只依赖其左边的元素。
既然 DP 数组中的依赖关系都是向右指的,那么 DP 数组的计算顺序就是从左到右。
处理 DP 数组中的无效元素。
至此,我们离写出题解代码已经很接近了,但还要处理一个编程上的细节:DP 数组中的无效元素。
可能存在一些金额是硬币凑不出来的。例如只有 2 元、5 元的硬币时,就凑不出 1 元、3 元的金额。这样 、 就是无效元素,不能参与子问题的计算。
为了计算方便,我们可以把无效的子问题用 (正无穷大)表示。这是因为子问题的递推关系求的是最小值 ,正无穷大的值显然不会成为最小值。这样无效元素也能参与计算了。
在编程表示中,我们发现 DP 数组中的值最大也只能是 amount
(只有 1 元硬币的情况,硬币数量等于金额数),我们可以用 amount + 1
表示
。DP 数组中的值只要大于 amount
,就认为是无效元素。
这样,我们就可以写出最终的题解代码:
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// 子问题:
// f(k) = 凑出金额 k 的最小硬币数
// f(k) = min{ 1 + f(k - c) }
// f(0) = 0
int[] dp = new int[amount+1];
Arrays.fill(dp, amount + 1); // DP 数组初始化为正无穷大
dp[0] = 0;
for (int k = 1; k <= amount; k++) {
for (int c : coins) {
if (k >= c) {
dp[k] = Math.min(dp[k], 1 + dp[k-c]);
}
}
}
// 如果 dp[amount] > amount,认为是无效元素。
if (dp[amount] > amount) {
return -1;
} else {
return dp[amount];
}
}
这道题进行空间优化很麻烦,所以我们忽略第四步空间优化的步骤。
(二) 第 377 题:求方案数
LeetCode 377 - Combination Sum IV(Medium)
给定一个由正整数组成且不存在重复数字的数组
nums
,找出和为给定目标正整数target
的组合的个数。顺序不同的序列视作不同的组合。示例:
nums = [1, 2, 3]
,target = 4
。所有可能的组合为:(1, 1, 1, 1)
(1, 1, 2)
(1, 2, 1)
(1, 3)
(2, 1, 1)
(2, 2)
(3, 1)
别看这道题表面上看起来跟换硬币没啥关系,但如果你把数字 nums
变成硬币 coins
,把 target
变成 amount
,它就成了一道如假包换的换硬币问题:
给定不同面额的硬币
coins
和金额amount
,计算凑出该金额的方案的个数。顺序不同的序列视作不同的方案。
这道题和上一题的不同在于,不是求「最小的硬币数量」,而是求「方案的个数」。这样问题的难度又上了一个台阶。
求「方案数」的难度在于要做到不重复、不遗漏。如果是求「最小值」,其实子问题之间可以有重复,也能求出正确的最小值;但是求「方案数」时,子问题之间的重复会导致方案数不正确。这一点一定要特别注意。
第一步,定义子问题。
我们还是设硬币面值的集合为 。子问题 可以定义为:「凑出金额 的方案的个数」。那么原问题就是求 。
第二步,写出子问题的递推关系。
我们可以把凑硬币的方案看成硬币的排列。对于 即「凑出金额 的方案数」,我们考虑第一个硬币选哪个。以 为例,第一个硬币放 1、2 或 5 显然都是不同的方案。如果第一个硬币放的是 1,剩下的金额 的方案个数是 。这样我们可以得出:
把这个公式推广到一般的硬币面值集合 ,就得到了子问题的递推关系:
同样的,不要忘记子问题的 base case:
它的含义是「凑出金额 0 的方案数为 1」。这是求「方案数」时一个常见的技巧。所有的 最后都要转化为 求出来。
第三步,确定 DP 数组的计算顺序。
这道题的 DP 数组及其计算顺序和上一题是一样的,这里不再赘述。
DP 数组中不存在什么无效元素。凑不出的金额我们可以用 来表示,即方案数为 0。
这样我们就可以写出题解代码了。这一题的主要难度在于递推关系的细节,最终写出的题解代码还是挺简单的:
public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
int[] dp = new int[target+1]; // 默认初始化为 0
dp[0] = 1; // 注意 base case
for (int k = 1; k <= target; k++) {
for (int n : nums) {
if (k >= n) {
dp[k] += dp[k-n];
}
}
}
return dp[target];
}
(三) 第 518 题:不重复的方案数
LeetCode 518. Coin Change 2(Medium)
给定不同面额的硬币
coins
和金额amount
。写出函数来计算可以凑成该金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。示例:
输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
输出: 4
解释: 有四种方式可以凑成总金额:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
这道题和上一题的区别在于,顺序不同的序列视为同一种方案。这一个小小的改动,让题目的难度瞬间上升。我们在上一题中写出的子问题递推关系不再适用了。
例如要凑出金额 5,本题中将「2+2+1」和「1+2+2」视为同一种方案。我们不能再像上一题中那样,先考虑第一个硬币是 1、2、5,再看后面的方案了。
那么,如何去除像「2+2+1」和「1+2+2」这样重复了的序列呢?其实,这非常像「排列」跟「组合」的关系:上一题中将顺序不同的序列视为不同的方案,类似「排列」问题;这一题中将顺序不同的序列视为相同的方案,类似「组合」问题。
我们已经在前面的文章中讨论过排列问题与组合问题的关系:
要将顺序不同的排列视为同一个组合,只需要考虑所有有序的排列,丢弃其他的排列。
对于硬币问题,就是限制硬币选择的次序,先选面额大的硬币,再选面额小的硬币。也就是说,我们只允许「2+2+1」这样先大后小的硬币序列出现,不允许「1+2+2」这样的硬币序列。
如何限制硬币选择的次序呢?答案是动态规划增加一个维度,用参数 表示当前可选的硬币。
第一步,定义子问题。
设硬币面值的集合为 。子问题 表示用前 个硬币(即 )凑出金额 的方案数。
在一开始, ,即可以选择全部的 个硬币。假如在当前一步选择了面额第二大的硬币 ,那么接下来 变为 ,限制后面只能选比 小的硬币。
第二步,写出子问题的递推关系。
子问题的递推关系是这样的:
这个递推关系是怎么来的呢?考虑子问题 ,用硬币 凑出金额 时,我们有两种选择:
第一种选择:拿一个面额最大的硬币 ,因为一种硬币可以重复拿多次,后面 还都可以随便选,方案数为 。
第二种选择:决定不再拿面额最大的硬币 ,后面只能选 ,方案数为 。
你可以会问,为什么没有 ?其实我们的公式已经把这种情况包括在里面了。
这样,原问题就是
,即用全部的
个硬币凑出金额 amount
的方案数。
另外别忘了子问题的 base case。这道题的 base case 同样比较复杂:
-
当 时, 。即「凑出金额 0 的方案数为 1」,与上一题一样的技巧。 -
当 时, 。硬币用完后,凑不出任何金额。
第三步,确定 DP 数组的计算顺序。
我们发现,这一题增加了一个维度,变成了二维动态规划问题。这样我们就更需要确定 DP 数组的计算顺序了。接下来为了讨论方便,我们设硬币的种类为
,要凑出的金额(amount
)为
。
首先,DP 数组的有效范围是 。在 DP 数组中,base case 位于 DP 数组的最左侧一列和最上方一行,而原问题则位于 DP 数组的右下角,如下图所示。
这张图中特意把 DP 数组画成一个很扁的长方形,是因为一般情况
要比
大很多。
表示要凑出的金额 amount
,而
表示硬币的种类。
子问题的依赖关系在 DP 数组中是这样子的:
可以看到,子问题的依赖方向是向右、向下的。那么我们应该从左到右、从上到下遍历 DP 数组,计算其中的元素。
最终,我们可以写出这样的题解代码:
public int change(int amount, int[] coins) {
int m = coins.length;
int[][] dp = new int[m+1][amount+1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int k = 0; k <= amount; k++) {
if (k == 0) {
dp[i][k] = 1; // base case
} else if (i == 0) {
dp[i][k] = 0; // base case
} else {
dp[i][k] = dp[i-1][k];
if (k >= coins[i-1]) {
dp[i][k] += dp[i][k-coins[i-1]];
}
}
}
}
return dp[m][amount];
}
眼尖的同学可能已经看出来,这其实是一道背包问题。那么,这道题可以用背包问题的通用空间优化方法进行优化,把二维的 DP 数组变成一维的。不过考虑到这个空间优化比较难,大家也都不怎么熟悉背包问题,这里我们省去了空间优化的步骤。后面会有专门的背包问题文章讲解相关的技巧。
总结
比较换硬币系列三道问题,我们发现它们各有不同,总体难度循序渐进,其实非常适合作为一个系列的练习题。
题目 | 计算目标 | 维度 |
---|---|---|
322. Coin Change | 最小硬币数量 | 一维 |
377. Combination Sum IV | 方案数 | 一维 |
518. Coin Change 2 | 方案数 | 二维 |
如果三道题中有几道你还没有做过,强烈建议你在看完本文后按照这个顺序依次做一遍题目,可以加深对这一系列题目的理解。
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