给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。

计算并返回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

法一：回溯+记忆化搜索

class Solution {vector<int> count;int dp(vector<int>& coins, int rem) {if(rem == 0) return 0;if(rem < 0) return -1;if(count[rem-1] != 0) return count[rem-1];int Min = INT_MAX;for(int coin : coins){int res = dp(coins, rem - coin);if(res >= 0 && res < Min){Min = res + 1;}}count[rem-1] = Min == INT_MAX ? -1 : Min;return count[rem-1];}
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {if(amount == 0){return 0;}count.resize(amount);return dp(coins, amount);}
};

时间复杂度：O(Sn)，其中 S 是金额，n 是面额数。我们一共需要计算 S 个状态的答案，且每个状态 F(S) 由于上面的记忆化的措施只计算了一次，而计算一个状态的答案需要枚举 n 个面额值，所以一共需要 O(Sn) 的时间复杂度。
空间复杂度：O(S)，我们需要额外开一个长为 S 的数组来存储计算出来的答案 F(S) 。

回溯部分:

int dp(vector<int>& coins, int rem) {if(rem == 0) return 0;if(rem < 0) return -1;if(count[rem-1] != 0) return count[rem-1];int Min = INT_MAX;for(int coin : coins){int res = dp(coins, rem - coin);if(res >= 0 && res < Min){Min = res + 1;}}count[rem-1] = Min == INT_MAX ? -1 : Min;return count[rem-1];}

我们定义一个大小在主函数coinChange中定义为amount的数组count来记忆化，减少重复运算额。首先dp的定义是，coins也就是可选择的coins，rem也就是目标金额，也就是说dp(coins, rem)的含义就是，要凑成rem金额，最少需要多少枚硬币。

假设我们在主函数coinChange传入树的头结点dp(coins, amount)，那么会发生什么过程？首先dp要计算最少需要多少枚硬币才能凑到目标金额，这时候他就会枚举如果拿了coin金额的一个硬币，那么只要再凑rem-coin金额即可。那么要计算dp(coins, rem)，不就是dp(coins, rem - coin) + 1吗，反过来想就是凑够rem - coin金额需要dp(coins, rem-coin)个硬币，那么再拿一个面值为coin的硬币，就可以凑成rem金额，然后硬币数量+1就是最小金额。但是由于dp(coins,rem-coin)由许多种情况构成，coin可以是不同面额，那么为了凑成价值为rem金额的最小硬币数量，就要求coin要满足dp(coins,rem-coin)必须是所有coin情况的最小的硬币数量，这时候再拿一个价值为coin的硬币，才是dp(coins,rem)的最小硬币组合数。这也就是为什么我们要遍历coins中每一个coin的情况，然后才能找到最小的res是多少，然后让他+1 = Min（注意：Min是局部变量，在每个递归中都存在，互不影响）。

有人会好奇那么不断找到最后，会发生什么，当rem == 0的时候，也就是末节点，实际上的含义也就是凑成金额0需要0种组合，这时候他的父节点就会计算res为0，然后记录Min为res+1 = 1。还有一种情况是rem最后小于0，那么说明这种组合是不合理的，这样子，这样一个路径上的coin金额加起来会大于你的目标amount，所以返回-1来说明这种情况不合理，这时候父节点的res由于小于0，则不会考虑记录到Min中。

最后也就是记忆每一种rem的金额的最小硬币数，下次计算金额为rem的dp，就会直接返回count中储存的结果。

法二：动态规划

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {vector<int>dp(amount+1, amount+1);dp[0] = 0;for(int i = 1; i <= amount; i++){for(int j = 0; j < coins.size(); j++){if(coins[j] <= i){dp[i] = min(dp[i], dp[i-coins[j]]+1);}}}return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];}
};

时间复杂度：O(Sn)，其中 S 是金额，n 是面额数。我们一共需要计算 O(S) 个状态，S 为题目所给的总金额。对于每个状态，每次需要枚举 n 个面额来转移状态，所以一共需要 O(Sn) 的时间复杂度。
空间复杂度：O(S)。数组 dp 需要开长度为总金额 S 的空间。

首先是初始化一个大小为amount+1的数组，并初始化所有元素为amount + 1，表示一个不可能的高值，用来初始化 dp 数组。因为不可能需要超过 amount 个硬币来凑成 amount，所以用 amount + 1 来初始化表示不可能的解。

然后遍历从 1 到 amount 的每个金额 i，试图找到每个金额 i 需要的最少硬币数。
内层循环：for (int j = 0; j < (int)coins.size(); ++j)，遍历每个硬币面额 coins[j]，如果 coins[j] <= i，就可以尝试使用这个硬币凑出金额 i。
dp[i - coins[j]] + 1：表示在凑成金额 i - coins[j] 的基础上再加上一个面额为 coins[j] 的硬币，来凑出金额 i。
dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)：更新 dp[i]，取当前 dp[i] 和 dp[i - coins[j]] + 1 的较小值，表示凑出金额 i 所需的最少硬币数。

最后如果dp[amount]没有被更新，返回-1，否则返回能组成该金额的最小硬币数。