leetcode 动态规划(爬楼梯、零钱兑换、完全平方数)

70. 爬楼梯（进阶版）

卡码网：57. 爬楼梯(opens new window)

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。

每次你可以爬至多m (1 <= m < n)个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

注意：给定 n 是一个正整数。

输入描述：输入共一行，包含两个正整数，分别表示n, m

输出描述：输出一个整数，表示爬到楼顶的方法数。

输入示例：3 2

输出示例：3

提示：

当 m = 2，n = 3 时，n = 3 这表示一共有三个台阶，m = 2 代表你每次可以爬一个台阶或者两个台阶。

此时你有三种方法可以爬到楼顶。

1 阶 + 1 阶 + 1 阶段
1 阶 + 2 阶
2 阶 + 1 阶

思路

之前讲这道题目的时候，因为还没有讲背包问题，所以就只是讲了一下爬楼梯最直接的动规方法（斐波那契）。

这次终于讲到了背包问题，我选择带录友们再爬一次楼梯！

这道题目我们在动态规划：爬楼梯 (opens new window)中已经讲过一次了，这次我又给本题加点料，力扣上没有原题，所以可以在卡码网57. 爬楼梯 (opens new window)上来刷这道题目。

我们之前做的爬楼梯是只能至多爬两个台阶。

这次改为：一步一个台阶，两个台阶，三个台阶，…，直到 m个台阶。问有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

这又有难度了，这其实是一个完全背包问题。

1阶，2阶，… m阶就是物品，楼顶就是背包。

每一阶可以重复使用，例如跳了1阶，还可以继续跳1阶。

问跳到楼顶有几种方法其实就是问装满背包有几种方法。

此时大家应该发现这就是一个完全背包问题了！

和昨天的题目动态规划：377. 组合总和 Ⅳ (opens new window)基本就是一道题了。

动规五部曲分析如下：

确定dp数组以及下标的含义
dp[i]：爬到有i个台阶的楼顶，有dp[i]种方法。

确定递推公式
在动态规划：494.目标和 (opens new window)、动态规划：518.零钱兑换II (opens new window)、动态规划：377. 组合总和 Ⅳ (opens new window)中我们都讲过了，求装满背包有几种方法，递推公式一般都是dp[i] += dp[i - nums[j]];

本题呢，dp[i]有几种来源，dp[i - 1]，dp[i - 2]，dp[i - 3] 等等，即：dp[i - j]

那么递推公式为：dp[i] += dp[i - j]

dp数组如何初始化
既然递归公式是 dp[i] += dp[i - j]，那么dp[0] 一定为1，dp[0]是递归中一切数值的基础所在，如果dp[0]是0的话，其他数值都是0了。

下标非0的dp[i]初始化为0，因为dp[i]是靠dp[i-j]累计上来的，dp[i]本身为0这样才不会影响结果

确定遍历顺序
这是背包里求排列问题，即：1、2 步和 2、1 步都是上三个台阶，但是这两种方法不一样！

所以需将target放在外循环，将nums放在内循环。

每一步可以走多次，这是完全背包，内循环需要从前向后遍历。

举例来推导dp数组
介于本题和动态规划：377. 组合总和 Ⅳ (opens new window)几乎是一样的，这里我就不再重复举例了。

以上分析完毕，C++代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
    int n, m;
    while (cin >> n >> m) {
        vector<int> dp(n + 1, 0);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历物品
            for (int j = 1; j <= m; j++) { // 遍历背包
                if (i - j >= 0) dp[i] += dp[i - j];
            }
        }
        cout << dp[n] << endl;
    }
}

322. 零钱兑换

力扣题目链接(opens new window)

给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算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：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：

输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1
示例 3：

输入：coins = [1], amount = 0
输出：0
示例 4：

输入：coins = [1], amount = 1
输出：1
示例 5：

输入：coins = [1], amount = 2
输出：2
提示：

1 <= coins.length <= 12
1 <= coins[i] <= 2^31 - 1
0 <= amount <= 10^4

思路

在动态规划：518.零钱兑换II (opens new window)中我们已经兑换一次零钱了，这次又要兑换，套路不一样！

题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。

动规五部曲分析如下：

确定dp数组以及下标的含义
dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]

确定递推公式
凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）

所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。

递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);

dp数组如何初始化
首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;

其他下标对应的数值呢？

考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。

所以下标非0的元素都是应该是最大值。

代码如下：

vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;

确定遍历顺序
本题求钱币最小个数，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。

所以本题并不强调集合是组合还是排列。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

在动态规划专题我们讲过了求组合数是动态规划：518.零钱兑换II (opens new window)，求排列数是动态规划：377. 组合总和 Ⅳ (opens new window)。

所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！

那么我采用coins放在外循环，target在内循环的方式。

本题钱币数量可以无限使用，那么是完全背包。所以遍历的内循环是正序

综上所述，遍历顺序为：coins（物品）放在外循环，target（背包）在内循环。且内循环正序。

举例推导dp数组
以输入：coins = [1, 2, 5], amount = 5为例
在这里插入图片描述
dp[amount]为最终结果。

以上分析完毕，C++ 代码如下：

// 版本一

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包
                if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX) { // 如果dp[j - coins[i]]是初始值则跳过
                    dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
                }
            }
        }
        if (dp[amount] == INT_MAX) return -1;
        return dp[amount];
    }
};

时间复杂度: O(n * amount)，其中 n 为 coins 的长度
空间复杂度: O(amount)
对于遍历方式遍历背包放在外循环，遍历物品放在内循环也是可以的，我就直接给出代码了

// 版本二

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 <= amount; i++) {  // 遍历背包
            for (int j = 0; j < coins.size(); j++) { // 遍历物品
                if (i - coins[j] >= 0 && dp[i - coins[j]] != INT_MAX ) {
                    dp[i] = min(dp[i - coins[j]] + 1, dp[i]);
                }
            }
        }
        if (dp[amount] == INT_MAX) return -1;
        return dp[amount];
    }
};

Python：
先遍历物品后遍历背包

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (amount + 1)  # 创建动态规划数组，初始值为正无穷大
        dp[0] = 0  # 初始化背包容量为0时的最小硬币数量为0

        for coin in coins:  # 遍历硬币列表，相当于遍历物品
            for i in range(coin, amount + 1):  # 遍历背包容量
                if dp[i - coin] != float('inf'):  # 如果dp[i - coin]不是初始值，则进行状态转移
                    dp[i] = min(dp[i - coin] + 1, dp[i])  # 更新最小硬币数量

        if dp[amount] == float('inf'):  # 如果最终背包容量的最小硬币数量仍为正无穷大，表示无解
            return -1
        return dp[amount]  # 返回背包容量为amount时的最小硬币数量

先遍历背包后遍历物品

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (amount + 1)  # 创建动态规划数组，初始值为正无穷大
        dp[0] = 0  # 初始化背包容量为0时的最小硬币数量为0

        for i in range(1, amount + 1):  # 遍历背包容量
            for j in range(len(coins)):  # 遍历硬币列表，相当于遍历物品
                if i - coins[j] >= 0 and dp[i - coins[j]] != float('inf'):  # 如果dp[i - coins[j]]不是初始值，则进行状态转移
                    dp[i] = min(dp[i - coins[j]] + 1, dp[i])  # 更新最小硬币数量

        if dp[amount] == float('inf'):  # 如果最终背包容量的最小硬币数量仍为正无穷大，表示无解
            return -1
        return dp[amount]  # 返回背包容量为amount时的最小硬币数量

先遍历物品后遍历背包（优化版）

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (amount + 1)
        dp[0] = 0

        for coin in coins:
            for i in range(coin, amount + 1): # 进行优化，从能装得下的背包开始计算，则不需要进行比较
                # 更新凑成金额 i 所需的最少硬币数量
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1)

        return dp[amount] if dp[amount] != float('inf') else -1

先遍历背包后遍历物品（优化版）

class Solution:
    def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (amount + 1)
        dp[0] = 0

        for i in range(1, amount + 1):  # 遍历背包容量
            for coin in coins:  # 遍历物品
                if i - coin >= 0:
                    # 更新凑成金额 i 所需的最少硬币数量
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1)

        return dp[amount] if dp[amount] != float('inf') else -1

279.完全平方数

力扣题目链接(opens new window)

给定正整数 n，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, …）使得它们的和等于 n。你需要让组成和的完全平方数的个数最少。

给你一个整数 n ，返回和为 n 的完全平方数的最少数量。

完全平方数是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。

示例 1：

输入：n = 12
输出：3
解释：12 = 4 + 4 + 4
示例 2：

输入：n = 13
输出：2
解释：13 = 4 + 9
提示：

1 <= n <= 10^4

思路

可能刚看这种题感觉没啥思路，又平方和的，又最小数的。

我来把题目翻译一下：完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包，问凑满这个背包最少有多少物品？

感受出来了没，这么浓厚的完全背包氛围，而且和昨天的题目动态规划：322. 零钱兑换 (opens new window)就是一样一样的！

动规五部曲分析如下：

确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]

确定递推公式
dp[j] 可以由dp[j - i * i]推出， dp[j - i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。

此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);

dp数组如何初始化
dp[0]表示和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。

有同学问题，那0 * 0 也算是一种啊，为啥dp[0] 就是 0呢？

看题目描述，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, …），题目描述中可没说要从0开始，dp[0]=0完全是为了递推公式。

非0下标的dp[j]应该是多少呢？

从递归公式dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);中可以看出每次dp[j]都要选最小的，所以非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。

确定遍历顺序
我们知道这是完全背包，

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

在动态规划：322. 零钱兑换 (opens new window)中我们就深入探讨了这个问题，本题也是一样的，是求最小数！

所以本题外层for遍历背包，内层for遍历物品，还是外层for遍历物品，内层for遍历背包，都是可以的！

我这里先给出外层遍历背包，内层遍历物品的代码：

ector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) { // 遍历背包
    for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
        dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
    }
}

举例推导dp数组
已输入n为5例，dp状态图如下：
在这里插入图片描述
dp[0] = 0 dp[1] = min(dp[0] + 1) = 1 dp[2] = min(dp[1] + 1) = 2 dp[3] = min(dp[2] + 1) = 3 dp[4] = min(dp[3] + 1, dp[0] + 1) = 1 dp[5] = min(dp[4] + 1, dp[1] + 1) = 2

最后的dp[n]为最终结果。

以上动规五部曲分析完毕C++代码如下：

// 版本一

class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++) { // 遍历背包
            for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
                dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

时间复杂度: O(n * √n)
空间复杂度: O(n)
同样我在给出先遍历物品，在遍历背包的代码，一样的可以AC的。

// 版本二

class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i * i <= n; i++) { // 遍历物品
            for (int j = i * i; j <= n; j++) { // 遍历背包
                dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

Python：
先遍历物品, 再遍历背包

class Solution:
    def numSquares(self, n: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (n + 1)
        dp[0] = 0

        for i in range(1, n + 1):  # 遍历背包
            for j in range(1, int(i ** 0.5) + 1):  # 遍历物品
                # 更新凑成数字 i 所需的最少完全平方数数量
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - j * j] + 1)

        return dp[n]

先遍历背包, 再遍历物品

class Solution:
    def numSquares(self, n: int) -> int:
        dp = [float('inf')] * (n + 1)
        dp[0] = 0

        for i in range(1, int(n ** 0.5) + 1):  # 遍历物品
            for j in range(i * i, n + 1):  # 遍历背包
                # 更新凑成数字 j 所需的最少完全平方数数量
                dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j])

        return dp[n]

其他版本

class Solution:
    def numSquares(self, n: int) -> int:
        # 创建动态规划数组，初始值为最大值
        dp = [float('inf')] * (n + 1)
        # 初始化已知情况
        dp[0] = 0

        # 遍历背包容量
        for i in range(1, n + 1):
            # 遍历完全平方数作为物品
            j = 1
            while j * j <= i:
                # 更新最少完全平方数的数量
                dp[i] = min(dp[i], dp[i - j * j] + 1)
                j += 1

        # 返回结果
        return dp[n]