问题描述
假设有 1 元，3 元，5 元的硬币若干（无限），现在需要凑出 11 元，问如何组合才能使硬币的数量最少？
问题分析
乍看之下，我们简单的运用一下心算就能解出需要 2 个 5 元和 1 个 1 元的解。当然这里只是列出了这个问题比较简单的情况。当硬币的币制或者种类变化，并且需要凑出的总价值变大时，就很难靠简单的计算得出结论了。贪心算法可以在一定的程度上得出较优解，但不是每次都能得出最优解。
这里我们打算采用动态规划思路来解决该问题，一步一步来：
我们先假设一个函数 d(i) 来表示需要凑出 i 的总价值需要的最少硬币数量。
- 当 i = 0 时，很显然我们可以知道 d(0) = 0。因为不要凑钱了嘛，当然也不需要任何硬币了。注意这是很重要的一步，其后所有的结果都从这一步延伸开来。
- 当 i = 1 时，因为我们有 1 元的硬币，所以直接在第 1 步的基础上，加上 1 个 1 元硬币，得出 d(1) = 1。
- 当 i = 2 时，因为我们并没有 2 元的硬币，所以只能拿 1 元的硬币来凑。在第 2 步的基础上，加上 1 个 1 元硬币，得出 d(2) = 2。
- 当 i = 3 时，我们可以在第 3 步的基础上加上 1 个 1 元硬币，得到 3 这个结果。但其实我们有 3 元硬币，所以这一步的最优结果不是建立在第 3 步的结果上得来的，而是应该建立在第 1 步上，加上 1 个 3 元硬币，得到 d(3) = 1。
- ...
接着就不再举例了，我们来分析一下。可以看出，除了第 1 步这个看似基本的公理外，其他往后的结果都是建立在它之前得到的某一步的最优解上，加上 1 个硬币得到。我们可以得出下面的公式：
d(i)=d(j)+1
这里的j必须要小于等于i！
通俗的讲就是凑齐到i的话，只需要在凑齐j前提下再加一枚硬币就行了，具体怎么做呢？
那这里我们加上的是哪个硬币呢。嗯，其实很简单，把每个硬币试一下就行了：
- 假设最后加上的是 1 元硬币，那 d(i) = d(j) + 1 = d(i - 1) + 1。
- 假设最后加上的是 3 元硬币，那 d(i) = d(j) + 1 = d(i - 3) + 1。
- 假设最后加上的是 5 元硬币，那 d(i) = d(j) + 1 = d(i - 5) + 1。
我们分别计算出 d(i - 1) + 1，d(i - 3) + 1，d(i - 5) + 1 的值，取其中的最小值，即为最优解，也就是 d(i)。
之所以我们要对i进行-1 -3 -5操作，是因为减去num（某个数，例如3）,得到的就是加上3硬币之前的那个数（j，j=i-3）,凑齐该数需要的硬币数目，再加上3元的硬币，得到了需要的硬币数，再取得最小的硬币数目，作为要凑齐某数需要的硬币数目！
public class CoinProblemBasicTest {
private static int[] d; // 储存结果
private static int[] coins = { 1, 3, 5 }; // 硬币种类
public static void main(String[] args) {
int sum = 11; // 需要凑 11 元
d = new int[sum + 1]; // 初始化数组
d_func(0, sum); // 计算需要凑出 0 ～ sum 元需要的硬币数量
for (int i = 0; i <= sum; i++) {
System.out.println("凑齐 " + i + " 元需要 " + d[i] + " 个硬币");
}
}
private static void d_func(int i, int num) {
// 如果i==0，直接计算下一个
if (i == 0) {
d[i] = 0;
d_func(i + 1, num);
} else {
// 如果i不为0
int min = 999;
for (int coin : coins) {
if (i >= coin && (d[i - coin] + 1) < min) {
min = d[i - coin] + 1;
}
}
d[i] = min;
}
if (i < num) {
d_func(i + 1, num);
}
}
}