給定不同面額的硬幣和一個總金額。寫出函數來計算可以湊成總金額的硬幣組合數。假設每一種面額的硬幣有無限個。
示例：
輸入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
輸出: 4
解釋: 有四種方式可以湊成總金額:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
先放解法：
//java
public int change(int amount, int[] coins) {
//動態規劃,dp[i]表示還要湊i塊錢有多少種拿法，所以初始化為dp[amount] = 1，也就是一個硬幣都不拿，還差amount的金額 就是唯一一種情況
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[amount] = 1;
//外層循環，取硬幣，每種硬幣取各種次數都記錄下來
for (int coin : coins) {
//此處請注意for循環的條件，走的方向是從大到小，想明白本題后請思考如果改成 從coin走到amount會怎樣
for (int i = amount; i >= coin; i--) {
//轉移方程取一個面值coin的硬幣，所以dp[i - coin]的情況數需要在原基礎上加上dp[i]的情況數
dp[i - coin] += dp[i];
}
}
return dp[0];
}
//kotlin
//因剛開始學kotlin，所以語法使用不保證規范性和效率
fun change(amount: Int, coins: IntArray): Int {
val dp = IntArray(amount + 1)
dp[amount] = 1
for (coin in coins){
for (i in amount downTo 0){
if(i >= coin){
dp[i - coin] += dp[i]
}
}
}
return dp[0]
}
思路（代碼含義在注釋里，以下僅為解題思路）
- 選擇dp，從經驗來說，求總次數的題目一般都是用dp，從原理來說，dp本質是基于已有情況往后遞推，而總次數的方案則都是符合dp的實現策略，而從個人來說，如果第一眼無法判斷是否使用dp，可以先看其他方案能否解決，因為dp的本質還是遍歷，取巧不行，只能走遍歷。
- 選定狀態，dp的難點就在于選擇狀態，狀態選對了，轉移方程很好寫，本題可用一維dp實現，狀態也只有金額這個值可以選了，我是個人習慣選了剩余金額，也可以選已選硬幣總金額，這里比較簡單，而需要用到二維dp的題目，例如昨天的每日盈利計劃(困難題)就需要決斷如何選狀態，具體之后寫，因為目前我也不是很明白怎么選，就是憑感覺選...
- 轉移方程，本題轉移方程也很容易dp[i - coin] += dp[i]，也就是在dp[i]（還需要湊的金額為i）的情況下取coin硬幣的情況數，再加上本身可能通過其他方式也能湊到dp[i-coin]的情況數。如果無法湊到金額i，也就是dp[i] = 0，那么dp[i-coin]就不增加
其實也可以狀態定為目前已選的金額，而轉移方程可能也有變化，建議讀者自行嘗試寫一遍。
補充
題目取零錢是不考慮取錢順序的，所以無論怎么取，最終可以轉換為取x個一號幣，y個二號幣......都在上述循環中包含了進去
有趣的來了！！（重點必看）
如果題目改成 每個硬幣只能使用一次，如何處理？請在上面的基礎思考
解法（不信邪的選手可以寫幾個用例試試先...）
public int change1(int amount, int[] coins) {
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[amount] = 1;
for (int coin : coins) {
//區別在這里 注釋部分為原解法
// for (int i = amount; i >= coin; i--) {
for (int i = coin; i <= amount; i++) {
dp[i - coin] += dp[i];
}
}
return dp[0];
}
解釋
dp的思路是相同的，現在每個硬幣只能用一次，我們可以先思考為什么之前的解法每個硬幣能用多次
從第一次取硬幣開始，整個dp中只有dp[amount]=1，在這個基礎上我們取一號幣，讓dp[amount-coins[0]] 也為1，如果現在取兩個一號幣，也就是在dp[amount-coins[0]] 的基礎上再取一號幣，這就是每個硬幣能用多次的情況
現在再看看內層for循環，原解法是從后往前走，也就是在取了當前硬幣之后，能夠繼續取（也就是走了dp[i]之后，還能走到dp[i-coin[0]]），而新解法是從前往后走，走到第一次取一號幣的時候已經沒辦法回頭再取第二次一號幣了
優化
現在可以考慮優化，dp的優化不外乎就是空間時間
因為很多同學喜歡用多維dp，實際很多空間浪費，所以先考慮空間，這里空間沒得優化。
時間上我們可以看到外層循環是必要的，內存循環走了很多dp[i]為0的情況，所以可以考慮將內層循環的開始使用一個min記錄，記錄下每次產生的最小min使得dp[min] != 0，其實這里我是寫的時候就做了個優化，初始i = 0開始 優化為了i = coin開始，因為i小于coin時無法取，通過判斷直接去除
具體代碼我就不寫了還是比較簡單。
寫在最后
其實就是01背包的題目，為什么這里才說，我覺得其實這些題目本質是讓大家去思考問題，而不是思考能把什么模板（或者說解法）往上套，思考問題本身的意義遠大于解決這個題目
