给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算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。
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
说明:
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
在刷动态规划经典例题——数字三角形之前，我已尝试解答这个问题。
用的是深度优先遍历+贪心，先拿完所有最大面额的硬币，剩下的钱从剩下的硬币中一一选取
这样算耗时大，还算不对。
了解了动态规划后，过了几天又看到这题，才想起来可以用动态规划
分析：
（1）步骤拆分：
因为n为整数，所以每个步骤找零差值为1元，即：
求兑换n元的最小硬币，可以先求兑换n-1元最少硬币数量
求兑换n-1元，要先求兑换n-2元
。。。
一路下去，可以拆分成如下：
1、兑换0元（为了方便，所以从0开始）最少硬币数量
2、兑换1元最少硬币数量
3、兑换2元最少硬币数量
。。。
n+1、兑换n元最少硬币数量
设数组dp[n],且 dp[i] 为兑换 i 元所用最少硬币数量（所以要从0开始，dp[0]是兑换0元的最少硬币数量，多么直观啊）
（2）状态转移方程分析：
每一步找零差值为1，硬币面额为整且不小于1，设dp[0]=0（原因见示例分析）；
如果i元可以找零，那么一定有
找零i元 = 找零j元 + 一枚m元硬币 （j<i，j元可以找零 , m 属于数组coins）
比如 ： 找零5元 等于 找零3元 + 一枚2元硬币
找零5元 等于 找零5元 + 一枚5元硬币
设int b为该方案找零硬币数
则 b = dp[j]+1 （1表示1枚硬币）
当然满足 i =j+m 的j和m很多，b也很多，
遍历0~i-1里面可以找零的及数组coins，找出这样的 j 和 m ，求出所有的b
我们选出最小的b作为最优解dp[i]即可
若一个j和m也没有，记为-1，表示实在无法找零
状态转移方程不言而喻
（3）示例分析：
假设硬币面额数组c[3]={2,3,5},找零11元
找零 i 元 = 找零 j 元 +1枚m面额硬币 简写为：
z[i]=z[j]+m;
int b=某方案找零硬币个数，
dp[i]=找零 i 元最少硬币数量
1、0元：不存在，但是为了计算找零=硬币面额这种情况，设dp[0]=0
2、1元：同上，dp[1]=-1;
3、2元：2元可以用一枚2元硬币找零，即 z[2] = z[0]+2,所以dp[2]=1；
4、3元：z[3]=z[0]+3; 所以 dp[3]=1
5、4元：z[4]=z[2]+2; 所以 dp[4]=dp[2]+1=1+1=2
6、5元:有3种找零方法：
①z[5]=z[0]+5; b=0+1=1; ②z[5]=z[2]+3; b=dp[2]+1=2; ③z[5]=z[3]+2; b=dp[3]+1=2;
方案①的b最少，所以 dp[5]=1;
7、6元:两种方法：
①z[6]=z[3]+3,b=dp[2]+1=2 ②z[6]=z[4]+2,b=dp[4]+1=3
dp[6]=2；
8、7元：三种：①z[7]=z[2]+5 b=2 ②z[7]=z[4]+3 b=3 ③z[7]=z[5]+2 b=2
所以dp[7]=2
9、8元：两种：①z[8]=z[5]+3 b=2 ②z[9]=z[6]+2 b=2
所以dp[8]=2
10、9元：两种：①z[9]=z[4]+5 b=3 ②z[9]=z[6]+3 b=3 ③z[9]=z[7]+2 b=3
dp[9]=3
11、10元：三种:①z[10]=z[5]+5 b=2 ②z[10]=z[7]+3 b=3 ③z[10]=z[8]+2 b=3
dp[10]=2
12、11元（最终问题）：三种：①z[11]=z[6]+5 b=3 ②z[11]=z[8]+3 b=3 ③z[11]=z[9]+2 b=4
dp[11]=3
所以找零11元最少要3个硬币
改造一下还能求出是哪三个硬币
本题代码
class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {//硬币数组，找零面额
if(amount==0){
return 0;
}
int len=coins.length;
int []dp=new int[amount+1];
for(int p=1;p<amount+1;++p){
dp[p]=p+1;
}
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=amount;++i){
int h=amount+1;
for(int j=0;j<len;++j){
if(coins[j]<=i && dp[i-coins[j]]!=-1){
if(dp[i-coins[j]]<=h){
h=dp[i-coins[j]];
}
}
}
if(h<i+1){
dp[i]=h+1;
}else{dp[i]=-1;}
}
return dp[amount];
}
}