动态规划：硬币兑换II

给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给一个整数 amount 表示总金额。
请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 0 。
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

暴力求解

对于我这样的初学者而言，所有的算法都是从暴力求解开始优化的，因此第一步就是思考如何通过暴力算法求出问题解。
一个简单的思路就是，枚举每一枚硬币的数量，然后计算出是否符合题目要求，即凑成总金额。

def coinChange(amount=5, coins=[1,2,5]):res = []# 枚举所有1元硬币的数量for i in range(amount // 1+1):# 枚举所有2元硬币的数量for j in range(amount // 2+1):# 枚举所有5元硬币的数量for k in range(amount // 5+1):# 判断是否可以组成金额if i * 1 + j * 2 + k * 5 == amount:res.append((i,j,k))return len(res) 

暴力求解的思路非常简单，唯一比较难以处理的地方就是数组的个数是变化的，如果coins有100种金额，for循环的深度就要有100层。一个神来之笔的思考是，我们可以使用递归来解这种嵌套的问题

递归的每一层表示选择哪个硬币，例如第一层选择的是5元硬币，枚举amount // 5 + 1个5元硬币，剩下的金额使用[1,2]的面额来兑换，第二层选择了2元硬币，然后接着枚举remain // 2 + 1个2元硬币，以此类推

按照上面的递归写出代码，补充一个depth表示当前递归到了哪一层，这一层表示选择哪个面额的硬币。

def coin_change_combinations(amount, coins):res = []def dfs(amount, coins, depth, path):# 如果剩余金额为0，说明正好兑换完成if remaining == 0:# 将结果添加进来res.append(path[:])return# 如果没有可用硬币或剩余金额为负，直接返回if not coins or amount < 0:return# 尝试使用当前硬币的不同数量max_usage = amount // coins[depth]for i in range(max_usage + 1):# 计算剩余金额remaining = amount - i * coins[0]# 递归处理剩余金额和剩余硬币，并将之前的硬币的取值传递下dfs(remaining, coins, depth + 1, path + [(coins[0], i)])# 开始深度优先搜索dfs(amount, coins, [])return res

每次向下一层传递路径的时候，其实是拷贝了一份新的数据传递下去，我们可以简单优化一下

def coin_change_combinations(amount, coins):res = []def dfs(amount, coins, path, depth):if amount == 0:res.append(path[:])returnif len(coins) == depth or amount < 0:returnmax_usage = amount // coins[depth]for i in range(max_usage + 1):# 计算剩余金额remaining = amount - i * coins[depth]# 将当前硬币的使用数量添加到路径中path.append((coins[depth], i))# 递归处理剩余金额和剩余硬币dfs(remaining, coins, path, depth+1)# 回溯，移除最后添加的数量path.pop()dfs(amount, coins, [], 0)return resres = coin_change_combinations(12,[1,2,5])
for p in res:print(p)

集合划分

暴力方法是求出所有的枚举组合，但是我们要求解的是有多少种组合的数量，也就符合条件的方案数。我们按照5元面的数量将划分成3个集合，无需枚举2枚以后5元硬币，因为3枚5元硬币的金额已经大于12元了，不可能存在满足条件的方案。

• 集合1，使用0枚5元硬币可以兑换成功的方案数
• 集合2，使用1枚5元硬币可以兑换成功的方案数
• 集合3，使用2枚5元硬币可以兑换成功的方案数

对于每个集合我们可以再次细分方案

• 对于集合1而言，使用1和2来兑换出12-5*0=12元金额
• 对于集合2而言，使用1和2来兑换出12-5*1=7元金额
• 对于集合3而言，使用1和2来兑换出12-5*2=2元金额

集合1的方案中，必然不会出现5元硬币，例如[2,2,2,2,2,2],[2,2,2,2,2,1,1]等等
集合2的方案中，必然只会使用1枚5元硬币，例如[5,2,2,2,1],[5,2,2,1,1,1],[5,2,1,1,1,1,1]等等
集合3的方案中，必然只会使用2枚5元硬币，例如[5,5,2],[5,5,1,1]

通过这种划分，我们其实可以不重不漏的将所有的方案进行分类，每个方案必属于某个集合，这3个集合的方案数相加即是最终的方案数

所以其实路径这个参数我们是不需要的，如果通过dfs(remaining, coins)有解，那么我们就加1即可

def coin_change_combinations(amount, coins):res = []def dfs(amount, coins, path, depth):if amount == 0:return 1if len(coins) == depth or amount < 0:return 1max_usage = amount // coins[depth]for i in range(max_usage + 1):# 计算剩余金额remaining = amount - i * coins[depth]# 递归处理剩余金额和剩余硬币dfs(remaining, coins, path, depth+1)dfs(amount, coins, [], 0)return resres = coin_change_combinations(12,[1,2,5])