今天这题是完全背包问题 + 背包问题方案数，我一共列举了 5 种解法，层层递进优化。并且从两个角度殊途同归，最终优化到同一个式子。强烈建议掌握，对理解背包问题有很大帮助。
题目链接
LeetCode 面试题 08.11. 硬币[1]
题目描述
给定数量不限的硬币，币值为 25 分、10 分、5 分和 1 分，编写代码计算 n 分有几种表示法。(结果可能会很大，你需要将结果模上 1000000007)
说明：
0 <= n (总金额) <= 1000000
示例1
输入： n = 5 输出: 2 解释： 有两种方式可以凑成总金额: 5=5 5=1+1+1+1+1
示例2
输入： n = 10 输出: 4 解释： 有四种方式可以凑成总金额: 10=10 10=5+5 10=5+1+1+1+1+1 10=1+1+1+1+1+1+1+1+1+1
题解
首先我们规定一些记号，用 来表示第 种硬币的面值，用 表示用前 种硬币组成面值 的方案数。令 表示需要表示的面值， 表示硬币数。
朴素想法（错误）
首先我们可以想到，最朴素的方法不就是组成面值 的方案数等于所有组成面值 的方案数之和：
但是这样有个很严重的问题，就是会产生重复计算，也就是将 6 = 1 + 5 和 6 = 5 + 1 视为两种情况。
动态规划 1
朴素想法的纠正方法就是，规定拆解后的数字是有序的，这样就不会出现重复计算了。
那么具体怎么实现呢？其实只需要加上一个约束，也就是强制令 为组成面值 的最大面值硬币。那么用掉它之后，组成面值 的最大面值硬币仍然只能是 ，这样转移下去就一定是有序的，不会出现面值突然增大的情况。转移方程只需要修改一下转移后的可用硬币 ：
时间复杂度 ，空间复杂度 。
动态规划 2（超时）
另一条思考路线是，我们假设第 个硬币用 枚，然后枚举所有的 就行了。转移方程很好写：
但是这样时间复杂度太高了，直接超时。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
转移方程优化
神奇的地方来了，上面两种方法，全部可以优化为同一个式子，仔细看好了。
动态规划 1：
首先看第一个方法，转移方程为：
我们令 ，又可以得到：
两式左右两边相减可以得到：
动态规划 2：
再看第二个方法，转移方程为：
令 ，又可以得到：
两式左右两边相减可以得到：
最终形式：
所以，最终**两个方法消去求和之后，形式是一样的！**都是：
时间复杂度 ，空间复杂度 。
空间优化
注意到，上面转移方程每个时刻 其实只和 还有 时刻有关，所以可以把第一个维度消除掉。这样转移方程就变为了：
但是需要特别注意的是，这里一共有三项，分别表示的是第 时刻、第 时刻、第 时刻。所以在两层循环遍历的时候，第一层循环必须是遍历硬币 ，第二层才是遍历组成的面值 ，这样才不会导致第 时刻的值被覆盖掉无法访问。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
数学法
这个方法就只针对本题硬币种类比较少的情况了。
假设组成面值 需要 枚 25 分， 枚 10 分， 枚 5 分， 枚 1 分，那么有：
这里 我们是需要枚举的，范围是 ，所以我们令 ，那么就得到了：
那么 的范围是 。而 确定了之后， 的范围就是 。而 都确定了之后， 是唯一确定了的。所以最终的方案数就是：
所以最终我们遍历 ，然后令 。接着令 ，，最后对 进行累加就行了：
时间复杂度 ，空间复杂度 。
代码
动态规划 1（c++）
class Solution { public: typedef long long ll; static const ll mod = 1e9 + 7; static const int N = 1000010; static const int M = 4; ll dp[M][N]; int p[M] = {1, 5, 10, 25}; int waysToChange(int n) { memset(dp, 0, sizeof dp); for (int i = 0; i < M; ++i) dp[i][0] = 1; for (int i = 0; i < M; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { for (int k = 0; k <= i; ++k) { if (j >= p[k]) { (dp[i][j] += dp[k][j-p[k]]) %= mod; } } } } return dp[M-1][n]; } };
动态规划 2（超时）（c++）
class Solution { public: typedef long long ll; static const ll mod = 1e9 + 7; static const int N = 1000010; static const int M = 4; ll dp[M][N]; int p[M] = {1, 5, 10, 25}; int waysToChange(int n) { memset(dp, 0, sizeof dp); for (int i = 0; i < M; ++i) dp[i][0] = 1; for (int i = 0; i <= n/p[0]; ++i) dp[0][i*p[0]] = 1; for (int i = 1; i < M; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { for (int k = 0; k <= j/p[i]; ++k) { (dp[i][j] += dp[i-1][j-k*p[i]]) %= mod; } } } return dp[M-1][n]; } };
转移方程优化（c++）
class Solution { public: typedef long long ll; static const ll mod = 1e9 + 7; static const int N = 1000010; static const int M = 4; ll dp[M][N]; int p[M] = {1, 5, 10, 25}; int waysToChange(int n) { memset(dp, 0, sizeof dp); for (int i = 0; i < M; ++i) dp[i][0] = 1; for (int i = 0; i <= n/p[0]; ++i) dp[0][i*p[0]] = 1; for (int i = 1; i < M; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { dp[i][j] = dp[i-1][j]; if (j >= p[i]) (dp[i][j] += dp[i][j-p[i]]) %= mod; } } return dp[M-1][n]; } }; 空间优化（c++） class Solution { public: typedef long long ll; static const ll mod = 1e9 + 7; static const int N = 1000010; static const int M = 4; ll dp[N]; int p[M] = {1, 5, 10, 25}; int waysToChange(int n) { memset(dp, 0, sizeof dp); dp[0] = 1; for (int j = 0; j < M; ++j) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (i >= p[j]) { (dp[i] += dp[i-p[j]]) %= mod; } } } return dp[n]; } };
数学法（c++）
class Solution { public: typedef long long ll; static const ll mod = 1e9 + 7; int waysToChange(int n) { ll res = 0; for (int i = 0; i <= n/25; ++i) { ll r = n - 25 * i; ll x = r / 10, y = r / 5; (res += (x + 1) * (y - x + 1)) %= mod; } return res; } };
