零钱兑换②（LeetCode 518题 难度：中等）

我们可以把这个问题转化为背包问题的描述形式：
有一个背包，最大容量为amount，有一系列物品coins，每个物品的重量为coins[i]，每个物品的数量无限。请问有多少种方法，能够把背包恰好装满？

这个问题和我们前面讲过的两个背包问题，有一个最大的区别就是，每个物品的数量是无限的，这也就是传说中的「完全背包问题」，没啥高大上的，无非就是状态转移方程有一点变化而已。

解题思路

第一步要明确两点，「状态」和「选择」。

状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。

明白了状态和选择，动态规划问题基本上就解决了，只要往这个框架套就完事儿了：

	for 状态1 in 状态1的所有取值：  
		for 状态2 in 状态2的所有取值：        
			for ...           
				dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

第二步要明确****dp数组的定义。

首先看看刚才找到的「状态」，有两个，也就是说我们需要一个二维dp数组。

dp[i][j]的定义如下：

若只使用前i个物品，当背包容量为j时，有dp[i][j]种方法可以装满背包。

换句话说，翻译回我们题目的意思就是：

若只使用coins中的前i个硬币的面值，若想凑出金额j，有dp[i][j]种凑法。

经过以上的定义，可以得到：

base case 为dp[0][..] = 0， dp[..][0] = 1。因为如果不使用任何硬币面值，就无法凑出任何金额；如果凑出的目标金额为 0，那么“无为而治”就是唯一的一种凑法。

我们最终想得到的答案就是dp[N][amount]，其中N为coins数组的大小。

伪代码：

	int dp[N+1][amount+1]  
	dp[0][..] = 0  
	dp[..][0] = 1  
  
	for i in [1..N]:  
 		for j in [1..amount]:  
 			把物品 i 装进背包,  
 			不把物品 i 装进背包  
return dp[N][amount]

第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。

注意，我们这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的，所以这里和之前写的背包问题文章有所不同。

如果你不把这第i个物品装入背包，也就是说你不使用coins[i]这个面值的硬币，那么凑出面额j的方法数dp[i][j]应该等于dp[i-1][j]，继承之前的结果。

如果你把这第i个物品装入了背包，也就是说你使用coins[i]这个面值的硬币，那么dp[i][j]应该等于dp[i][j-coins[i-1]]。

首先由于i是从 1 开始的，所以coins的索引是i-1时表示第i个硬币的面值。

dp[i][j-coins[i-1]]也不难理解，如果你决定使用这个面值的硬币，那么就应该关注如何凑出金额j - coins[i-1]。

比如说，你想用面值为 2 的硬币凑出金额 5，那么如果你知道了凑出金额 3 的方法，再加上一枚面额为 2 的硬币，不就可以凑出 5 了嘛。

综上就是两种选择，而我们想求的dp[i][j]是「共有多少种凑法」，所以dp[i][j]的值应该是以上两种选择的结果之和：

for (int i = 1; i <= n; i++) {  
 for (int j = 1; j <= amount; j++) {  
 	if (j - coins[i-1] >= 0)  
 		dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j-coins[i-1]];  
return dp[N][W]

最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。

int change(int amount, int[] coins) {  
 int n = coins.length;  
 int[][] dp = amount int[n + 1][amount + 1];  
 // base case  
 for (int i = 0; i <= n; i++)   
 	dp[i][0] = 1;  
  
 for (int i = 1; i <= n; i++) {  
	 for (int j = 1; j <= amount; j++)  
		 if (j - coins[i-1] >= 0)  
 			dp[i][j] = dp[i - 1][j]   
 						+ dp[i][j - coins[i-1]];  
		 else   
 			dp[i][j] = dp[i - 1][j];  
 	}  
 return dp[n][amount];  
}