题目：
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。
计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：coins =
[1, 2, 5], amount =11输出：
3解释说明：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：coins =
[2], amount =3输出：-1
解释说明：硬币无法凑成金额-1
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0
输出：0
题目分析：
题目要求用最少的硬币个数凑出总金额amount。我们第一感觉可能是使用暴力或者递归解题，对这道题使用暴力解题，计算出所有可能的结果后取硬币数最小值，时间复杂度妥妥O(n^3），算是很慢的解题方式了，下面我们介绍递归解法和玄学位运算解法（使用到位运算解法的解题效率一半很高，但是很难想到，所以我愿称之为“玄学”）
解题思路：
解法一：递归
使用动态规划五部曲
1.分析确定dp数组以及其下标的含义或状态分析
我们规定dp[i]表示凑足总额为 i 所需钱币的最少个数。
2.确定递推公式
我们考虑dp[i]的来源，因为dp[i]的来源为dp[i - coins[i]] + 1，（coins[i]表示coins中的第i枚硬币），这也是dp[i]的唯一来源。
那为什么要+1呢？
这里我们明确dp[i - coins[i]]是凑够金额 i - coin[i]的最少硬币个数。那么当金额i - coin[i]变到 i 时，意味着我们在coins中拿了一枚硬币coins[i]，那么从dp[i - coin[i]] 到 dp[i]需要加上所取得那枚硬币，即+1.
分析到dp[i]状态及前面得状态，dp[i]即为最优解。
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如
coins = [1, 2, 3] amount = 5
那么在 1+1+1+1+1 = 5, 1+2+1+1 = 5, 2+2+1 = 5....等情况中
dp[5]最优解必为2+2+1 = 5
即dp[5] = dp[5 - coins[0]] + 1
而dp[5 - coins[0]] = dp[4] = dp[4 - coins[1]] + 1
以此类推
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我们要取最优解（硬币数最少）也就是取dp[i - coins[i]] + 1最小值
即递推公式为：dp[i] = min(dp[i - coins[i]] + 1， dp[i])
(括号中得dp[i]为上一状态的dp[i])
3.如何初始化dp数组
我们分析公式的基础，可得公式基础为dp[0]即凑足总额为 0 所需钱币的最少个数。接着考虑到其他dp列表其他下标的初始化，由于递推公式使用了min（），那么为了不让初始化影响递推结果，我们需要将dp[i]（i != 0)初始化为一个很大的数，如正无穷‘inf’。
4.确定遍历的顺序
题目要求的是找到最小硬币个数，所以遍历coins或者先遍历寻找amount列表无关紧要。
5.举例验证推导的dp数组（公式）是否正确
可以带入一个简单以的例子，比如例1.
代码实现
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def coinChange(coins, amount): dp = [float('inf')] * (amount + 1) dp[0] = 0 for coin in coins: for i in range(coin, amount + 1): dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1) return dp[amount] if dp[amount] != float('inf') else -1 |
代码注释
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def coinChange(coins, amount): # 初始化dp列表 dp = [float('inf')] * (amount + 1) dp[0] = 0 # 初始化递推公式基础 for coin in coins: # 遍历硬币 # 遍历寻找构成amount最优解 for i in range(coin, amount + 1): dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1) # 如果最终没有找到凑成amount金额的硬币，返回-1 return dp[amount] if dp[amount] != float('inf') else -1 |
时间复杂度O(nm),n为amoun面额，m为硬币种数。空间复杂度为O(m),即为dp列表所用空间。
解法二：
接下来就是玄学位运算了。先看代码
代码实现
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def coinChange(coins, amount): if not amount: return 0 dp = 1 << amount res = 0 while dp: tmp = 0 res += 1 for i in coins: tmp |= dp >> i if tmp & 1: return res dp = tmp return -1 |
代码注释
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def coinChange(coins, amount): if not amount: return 0 # 按位左移运算构造类似dp数组的记录二进制 dp = 1 << amount res = 0 while dp: # dp = 0或return 时循环结束 tmp = 0 # tmp用于临时记录和承接上一个dp二进制 res += 1 # res为最终答案 for i in coins: # 利用按位右移不断右移。利用按位或运算 # 将前一次按位右移运算与后一次按位右移运算合并 tmp |= dp >> i if tmp & 1: # 当tmp最后位数为1时res即为答案，返回res return res dp = tmp return -1 |
位运算解法过程我打印出来了，不清楚的可以看看
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def coinChange(coins, amount): if not amount: return 0 dp = 1 << amount res = 0 while dp: print('dp:', bin(dp)) tmp = 0 print('tmp:', bin(tmp)) res += 1 print('res:', res) for i in coins: print('i:', i) tmp |= dp >> i print('ys_tmp:', bin(tmp)) print('--------------') if tmp & 1: return res dp = tmp return -1 |
输出
dp: 0b100000000000
tmp: 0b0
res: 1
i: 1
ys_tmp: 0b10000000000
--------------
i: 2
ys_tmp: 0b11000000000
--------------
i: 5
ys_tmp: 0b11001000000
--------------
dp: 0b11001000000
tmp: 0b0
res: 2
i: 1
ys_tmp: 0b1100100000
--------------
i: 2
ys_tmp: 0b1110110000
--------------
i: 5
ys_tmp: 0b1110110010
--------------
dp: 0b1110110010
tmp: 0b0
res: 3
i: 1
ys_tmp: 0b111011001
--------------
i: 2
ys_tmp: 0b111111101
--------------
i: 5
ys_tmp: 0b111111101
--------------
虽然难理解，但是解题效率不是一般的高
时间复杂度O(n),n为coins长度。空间复杂度O(1),使用有限变量。
到此这篇关于Python零钱兑换的实现代码的文章就介绍到这了,更多相关Python零钱兑换内容请搜索服务器之家以前的文章或继续浏览下面的相关文章希望大家以后多多支持服务器之家！
原文链接：https://blog.csdn.net/m0_61791601/article/details/124654483
