换零钱，给定一个钱的价值amount和一些面值，假设每个面值的硬币数都是无限的，问我们最少能用几个硬币组成给定的价值。
此题很容易想到直接搜索所有可能然后保持一个全局的结果res，但是直接搜索很容易超时。因此需要做一些剪枝，为了剪枝剪得更狠，我们可以先对面值数组coins从大到小 排个序，这样做的原因是如果某个amount可以直接被某个面值整除，那就可以直接返回整除的结果而不用考虑比这个面值小的面值了。
我们定义一个搜索函数helper，传入排好序的coins、面值开始索引start（初始为0）、当前目标target（初始为amount）、当前已用硬币数（初始为0）、全局结果res（初始为INT_mAX，引用传入）:
- 当start超出coins数组的范围，直接返回即可；
- 当target可以被 coins[start] 整除，那么全局res就更新为
min(res, cur + target / coins[start])然后返回。 - 否则就需要进行递归搜索了，此时我们需要采取贪心的策略，即从最多可加入硬币coins[start]的数目
target / coins[start]开始逐渐递减（代码中这个次数为i）， 一旦遇到cur + i >= res - 1直接break，因为当前的i递归下去最少需要的硬币数cur + i + 1不会比res小，所以就不用进行搜索了；而再循环下去（即i--）res也不可能比当前res小（想想为什么），因此也不用再循环下去了。 这个剪枝很关键，少了这个剪枝就会超时，加上这个剪枝直接击败99%。若不满足这个剪枝条件，那么递归下去就是。
熟悉动态规划的童鞋一眼就可以看出这其实就是个背包问题，具体来说是一个恰好装满的完全背包问题， 我在我的博客文章动态规划之背包问题系列中对常见的几类背包问题做了个总结，此题的分析见5.2节，这里只给出代码。
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
int res = INT_MAX, n = coins.size();
sort(coins.begin(), coins.end(), greater<int>());
helper(coins, 0, amount, 0, res);
return (res == INT_MAX) ? -1 : res;
}
void helper(vector<int>& coins, int start, int target, int cur, int& res) {
if (start >= coins.size()) return;
if (target % coins[start] == 0){
// 能整除的话肯定不用再递归了, 因为coins已从大到小排好序
res = min(res, cur + target / coins[start]);
return;
}
for (int i = target / coins[start]; i >= 0; --i) {
// 满足这个条件就不用搜索也不用循环了
if (cur + i >= res - 1) break;
helper(coins, start + 1, target - i * coins[start], cur + i, res);
}
}
};class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int>dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= coins.size(); i++)
for(int j = coins[i-1]; j <= amount; j++){
// 下行代码会在 1+INT_MAX 时溢出
// dp[j] = min(dp[j], 1 + dp[j - coins[i-1]]);
if(dp[j] - 1 > dp[j - coins[i-1]])
dp[j] = 1 + dp[j - coins[i-1]];
}
return dp[amount] == INT_MAX ? -1 : dp[amount];
}
};