读完本文，你可以去力扣拿下如下题目：
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零钱兑换 2 是另一种典型背包问题的变体，我们前文已经讲了 经典动态规划：0-1 背包问题。
希望你已经看过前两篇文章，看过了动态规划和背包问题的套路，这篇继续按照背包问题的套路，列举一个背包问题的变形。
本文聊的是 LeetCode 第 518 题 Coin Change 2，题目如下：
int change(int amount, int[] coins);
PS：至于 Coin Change 1，在我们前文 动态规划套路详解 写过。
我们可以把这个问题转化为背包问题的描述形式：
有一个背包，最大容量为 amount，有一系列物品 coins，每个物品的重量为 coins[i]，每个物品的数量无限。请问有多少种方法，能够把背包恰好装满？
这个问题和我们前面讲过的两个背包问题，有一个最大的区别就是，每个物品的数量是无限的，这也就是传说中的「完全背包问题」，没啥高大上的，无非就是状态转移方程有一点变化而已。
下面就以背包问题的描述形式，继续按照流程来分析。
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解题思路
第一步要明确两点，「状态」和「选择」。
状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」嘛，背包问题的套路都是这样。
明白了状态和选择，动态规划问题基本上就解决了，只要往这个框架套就完事儿了：
for 状态1 in 状态1的所有取值：
for 状态2 in 状态2的所有取值：
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 计算(选择1，选择2...)
第二步要明确 dp 数组的定义。
首先看看刚才找到的「状态」，有两个，也就是说我们需要一个二维 dp 数组。
dp[i][j] 的定义如下：
若只使用前 i 个物品，当背包容量为 j 时，有 dp[i][j] 种方法可以装满背包。
换句话说，翻译回我们题目的意思就是：
若只使用 coins 中的前 i 个硬币的面值，若想凑出金额 j，有 dp[i][j] 种凑法。
经过以上的定义，可以得到：
base case 为 dp[0][..] = 0， dp[..][0] = 1。因为如果不使用任何硬币面值，就无法凑出任何金额；如果凑出的目标金额为 0，那么“无为而治”就是唯一的一种凑法。
我们最终想得到的答案就是 dp[N][amount]，其中 N 为 coins 数组的大小。
大致的伪码思路如下：
int dp[N+1][amount+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 1
for i in [1..N]:
for j in [1..amount]:
把物品 i 装进背包,
不把物品 i 装进背包
return dp[N][amount]
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。
注意，我们这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的，所以这里和之前写的背包问题文章有所不同。
如果你不把这第 i 个物品装入背包，也就是说你不使用 coins[i] 这个面值的硬币，那么凑出面额 j 的方法数 dp[i][j] 应该等于 dp[i-1][j]，继承之前的结果。
如果你把这第 i 个物品装入了背包，也就是说你使用 coins[i] 这个面值的硬币，那么 dp[i][j] 应该等于 dp[i][j-coins[i-1]]。
首先由于 i 是从 1 开始的，所以 coins 的索引是 i-1 时表示第 i 个硬币的面值。
dp[i][j-coins[i-1]] 也不难理解，如果你决定使用这个面值的硬币，那么就应该关注如何凑出金额 j - coins[i-1]。
比如说，你想用面值为 2 的硬币凑出金额 5，那么如果你知道了凑出金额 3 的方法，再加上一枚面额为 2 的硬币，不就可以凑出 5 了嘛。
综上就是两种选择，而我们想求的 dp[i][j] 是「共有多少种凑法」，所以 dp[i][j] 的值应该是以上两种选择的结果之和：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++) {
if (j - coins[i-1] >= 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
+ dp[i][j-coins[i-1]];
return dp[N][W]
最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。
我用 Java 写的代码，把上面的思路完全翻译了一遍，并且处理了一些边界问题：
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = amount int[n + 1][amount + 1];
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
dp[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i-1] >= 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
+ dp[i][j - coins[i-1]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
return dp[n][amount];
}
而且，我们通过观察可以发现，dp 数组的转移只和 dp[i][..] 和 dp[i-1][..] 有关，所以可以压缩状态，进一步降低算法的空间复杂度：
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1; // base case
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i] >= 0)
dp[j] = dp[j] + dp[j-coins[i]];
return dp[amount];
}
这个解法和之前的思路完全相同，将二维 dp 数组压缩为一维，时间复杂度 O(N*amount)，空间复杂度 O(amount)。
至此，这道零钱兑换问题也通过背包问题的框架解决了。
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