代码随想录算法训练营Day44|322.零钱兑换、279.完全平方数、139.单词拆分

本文主要是介绍代码随想录算法训练营Day44|322.零钱兑换、279.完全平方数、139.单词拆分，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

零钱兑换

322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）

本题是完全背包问题

dp数组表示组成amount金额所需的最少硬币个数。

考虑dp数组的推导公式，由于是计算最少硬币的个数，所以需要考虑dp[i-coins[j]+1和dp[i]的较小值。所以dp[i] = min(dp[i-coins[j]]+1,dp[i])，其中i为遍历过程中的amout值，coins[j]为硬币的面值。

已知推导公式，我们需要对dp数组赋值，由于dp推导式中求的是较小值，所以我们设定dp[0] = 0，其余值都为INT_MAX。

之后是对dp数组的遍历顺序，这里由于我们考虑的是最少银币个数，并不在乎排列或是组合的情况（组成的数目），所以对背包或是物品进行遍历都是可以的，这里我使用先背包后物品的遍历方式。

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {// 创建一个动态规划数组dp，大小为amount+1，初始化为INT_MAX（表示无法凑成的金额）vector<int>dp(amount+1,INT_MAX);// 找零0元需要0个硬币dp[0] = 0;// 遍历从1到amount的每一个金额for(int i = 1; i<=amount;i++){// 遍历每一种硬币for(int j = 0;j<coins.size();j++){// 如果当前金额大于或等于当前硬币面额，并且当前金额减去当前硬币面额的找零方式存在if(i-coins[j]>=0 and dp[i-coins[j]]!=INT_MAX){// 更新当前金额的最少硬币数量为min(当前最少硬币数量, 减去当前硬币面额的金额的硬币数量+1)dp[i] = min(dp[i],dp[i-coins[j]]+1);}}}// 如果amount的找零方式不存在，返回-1if(dp[amount] == INT_MAX)return -1;// 返回amount的最少硬币找零数量return dp[amount];}
};

算法的时间复杂度为O(n*m)，n为coins数组的长度，m为amount+1，空间复杂度为O(m)，需要维护一个dp数组，长度为amount+1.

完全平方数

279. 完全平方数 - 力扣（LeetCode）

感觉本题和上题比较类似，唯一的不同在于coins数组需要我们自己获取。

dp数组定义等都和上题相同。

class Solution {
public:int numSquares(int n) {// 创建一个动态规划数组dp，大小为n+1，初始化为INT_MAX（表示无法组成的情况）vector<int> dp(n+1, INT_MAX);// 创建一个数组T_S_N，用于存储小于等于n的所有完全平方数vector<int> T_S_N; // total Square numbers// 计算小于等于n的所有完全平方数并存储到T_S_N中for (int i = 1; i * i <= n; i++) {T_S_N.push_back(i * i);}// 组成0需要0个完全平方数dp[0] = 0;// 遍历从1到n的每一个金额for (int i = 1; i <= n; i++) {// 遍历每一种完全平方数for (int j = 0; j < T_S_N.size(); j++) {// 如果当前数值大于或等于当前完全平方数，并且当前数值减去当前完全平方数的组成方式存在if (i - T_S_N[j] >= 0 && dp[i - T_S_N[j]] != INT_MAX) {// 更新当前数值的最少完全平方数数量为min(当前最少完全平方数数量, 减去当前完全平方数的金额的完全平方数数量+1)dp[i] = min(dp[i - T_S_N[j]] + 1, dp[i]);}}}// 返回n的最少完全平方数组成数量return dp[n];}
};

看了下代码随想录里面，看起来没必要先获取这个数组，所以代码可以更改为

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];}
};

算法的时间复杂度为O(n*(3/2))，空间复杂度为O(n)。

单词拆分

139. 单词拆分 - 力扣（LeetCode）

具体参考代码随想录代码随想录 (programmercarl.com)。

考虑单词为物品，所要匹配的字符串为背包，单词可以重复使用，就是一个使用单词匹配字符串（单词是否能完全构成字符串）的完全背包问题。

这里我们考虑将单词数组存入哈希集合，因为可以方便快速寻找

dp[i]中i表示字符串的长度，dp[i]表示为是否可以拆分为单词数组中的单词，值为true 或false.

dp[i]的递推公式我们应这样考虑，若dp[before_i]为true，且before_i至i的位置的字符串存在于单词数组中，则dp[i]为true，否则为false。

考虑到dp[i]取决于前面的值，则dp[0] = true，否则后续值递推全为false。

遍历方式：这里需注意应为排列，每个单词元素的顺序是有意义的。因此考虑先背包后物品的遍历方式

最后返回数组的末尾元素即知道拆分是否可能实现。

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {// 创建一个哈希集合word_set，用于存储wordDict中的所有单词，以便快速查找unordered_set<string> word_set{};// 将wordDict中的所有单词插入到word_set中for (auto word : wordDict) {word_set.insert(word);}// 创建一个动态规划数组dp，大小为s.size()+1，初始化为false// dp[i]表示字符串s的前i个字符是否可以被拆分成wordDict中的单词vector<bool> dp(s.size() + 1, false);// 初始化dp[0]为true，因为空字符串可以被拆分成空集合dp[0] = true;// 遍历字符串s的每一个位置for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {// 对于每个位置i，尝试从0到i的所有分割点jfor (int j = 0; j < i; j++) {// 取出从j到i的子串string word = s.substr(j, i - j);// 如果子串word在word_set中，并且dp[j]为true（前j个字符可以拆分）if (word_set.find(word) != word_set.end() && dp[j]) {// 则dp[i]为true，表示前i个字符可以拆分dp[i] = true;}}}// 返回dp[s.size()]return dp[s.size()];}
};