拼湊錢幣
題目來源：美團點評2017秋招筆試題
題目描述：
給你六種面額1、5、10、20、50、100元的紙幣，假設每種幣值的數量都足夠多，編寫程序求組成N員（N爲0-10000的非負整數）的不同組合的個數。
輸入描述:
輸入爲一個數字N，即需要拼湊的面額
輸出描述:
輸出也是一個數字，爲組成N的組合個數。
示例1
輸入
5
輸出
2
解題思路：
這個題的思路是動態規劃的算法思路，如果用二維的則會超時，採用一維的則首先對幣種遍歷，每遍歷一個幣種coins[i]，然後再對1，N（需要拼湊的錢數）進行依次遍歷，其實就轉化爲N-coins[i]的問題了，這樣就可以計算總的方案數。該動態規劃的狀態轉移方程：dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i]](前提條件是j-coins[i]>=0)。
詳細說明
給定一個數值sum，假設我們有m種不同類型的硬幣{V1, V2, ..., Vm}，如果要組合成sum，則
sum = x1 * V1 + x2 * V2 + ... + xm * Vm
求所有可能的組合數，就是求滿足前面等值的係數{x1, x2, ..., xm}的所有可能個數。
我們希望用m種硬幣構成sum，根據最後一個硬幣Vm的係數的取值無非有這麼幾種情況，xm分別取｛0, 1, 2, ..., sum/Vm｝，換句話說，上面分析中的等式和下面的幾個等式的聯合是等價的。
sum = x1 * V1 + x2 * V2 + ... + 0 * Vm
sum = x1 * V1 + x2 * V2 + ... + 1 * Vm
sum = x1 * V1 + x2 * V2 + ... + 2 * Vm
...
sum = x1 * V1 + x2 * V2 + ... + K * Vm
其中K是該xm能取的最大數值K = sum / Vm。可是這又有什麼用呢？不要急，我們先進行如下變量的定義：
dp[i][sum] = 用前i種硬幣構成sum 的所有組合數。
那麼題目的問題實際上就是求dp[m][sum]，即用前m種硬幣（所有硬幣）構成sum的所有組合數。在上面的聯合等式中：當xm=0時，有多少種組合呢？ 實際上就是前i-1種硬幣組合sum，有dp[i-1][sum]種！ xm = 1 時呢，有多少種組合？ 實際上是用前i-1種硬幣組合成(sum - Vm)的組合數，有dp[i-1][sum -Vm]種; xm =2呢， dp[i-1][sum - 2 * Vm]種，等等。所有的這些情況加起來就是我們的dp[i][sum]。所以：
dp[i][sum] = dp[i-1][sum - 0*Vm] + dp[i-1][sum - 1*Vm] + dp[i-1][sum - 2*Vm] + ... + dp[i-1][sum - K*Vm]; 其中K = sum / Vm
歸納成數學表達式即爲：
如果我們用二位數組表示dp[i][sum], 我們發現第i行的值全部依賴與i-1行的值，所以我們可以逐行求解該數組。如果前0種硬幣要組成sum，我們規定爲dp[0][sum] = 0. （通過此分析可知該思路實質上是動態規劃）。
C++代碼實現如下：
/****************************************************************
* coin Combinations: using dynamic programming
*
* Basic idea:
* dp[i][j] = sum(dp[i-1][j-k*coins[i-1]]) for k = 1,2,..., j/coins[i-1]
* dp[0][j] = 1 for j = 0, 1, 2, ..., sum
*
* Input:
* coins[] - array store all values of the coins
* coinKinds - how many kinds of coins there are
* sum - the number you want to construct using coins
*
* Output:
* the number of combinations using coins construct sum
*
* Usage:
* c[3] = {1, 2, 5};
* int result = coinCombinations(c, 3, 10);
*
****************************************************************/
int coinCombinations(int coins[], int coinKinds, int sum)
{
// 2-D array using vector: is equal to: dp[coinKinds+1][sum+1] = {0};
vector<vector<int> > dp(coinKinds + 1);
for (int i = 0; i <= coinKinds; ++i)
{
dp[i].resize(sum + 1);
}
for (int i = 0; i <= coinKinds; ++i)
{
for (int j = 0; j <= sum; ++j)
{
dp[i][j] = 0;
}
}
//init: dp[i][0] = 1; i = 0, 1, 2 ..., coinKinds
//Notice: dp[0][0] must be 1, althongh it make no sense that
//using 0 kinds of coins construct 0 has one way. but it the foundation
//of iteration. without it everything based on it goes wrong
for (int i = 0; i <= coinKinds; ++i)
{
dp[i][0] = 1;
}
// iteration: dp[i][j] = sum(dp[i-1][j - k*coins[i-1]])
// k = 0, 1, 2, ... , j / coins[i-1]
for (int i = 1; i <= coinKinds; ++i)
{
for (int j = 1; j <= sum; ++j)
{
dp[i][j] = 0;
for (int k = 0; k <= j / coins[i - 1]; ++k)
{
dp[i][j] += dp[i - 1][j - k * coins[i - 1]];
}
}
}
return dp[coinKinds][sum];
}
另一種思路
假設dp[i][j]表示前i種紙幣構成值爲j的所有組合總數，則對於第i種紙幣來說，有三種種情況：
(1) 當 coins[i] > j 時，無法構成值 j，此時dp[i][j] = dp[i-1][j]；
(2) 當 coins[i] = j 時，dp[i][j] = dp[i-1][j-coins[i]]+1;（coins[i] = j 時，coins此種紙幣即可構成值 j）
(2) 當 coins[i] < j 時，對於第 i 種紙幣來說有兩種選擇：用或不用；
a. 不用：dp[i][j] = opt[i-1][j]；前 i 種紙幣可構成 j 的最大組合數即是前 ( i - 1) 種紙幣可構成 j 的最大組合數；
b. 用： dp[i][j] = dp[i][j-coins[i]]；前 i 種紙幣可構成 j 的最大組合數即是前( i - 1 )種紙幣構成值爲(j - coins[i])的最大組合數。
綜上，狀態轉換方程如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> coins(n, 0);
for (auto &m : coins)
cin >> m;
int sum;
while (cin >> sum)
{
vector<vector<long long>> dp(n, vector<long long>(sum + 1, 0));
for (int j = 1; j <= sum; j++)
dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int j = 1; j <= sum; j++)
{
if (coins[i] > j)
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else if (coins[i] < j)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1;
}
}
cout << dp[n - 1][sum] << endl;
}
return 0;
}
上述方法的時間複雜度和空間複雜度均爲O(n*sum)，其中空間複雜度是可以優化到O(sum)的。狀態方程如下：
令dp[0] = 1，上式可以簡化爲：
優化後的代碼如下：
int coinCombinations1(int n, vector<int> coins, int sum)
{
vector<vector<long long>> dp(n, vector<long long>(sum + 1, 0));
for (int j = 1; j <= sum; j++)
dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int j = 1; j <= sum; j++)
{
if (coins[i] > j)
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else if (coins[i] < j)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1;
}
}
return dp[n - 1][sum];
}