怎样的币值可以用贪心算法进行找零

贪心算法

想必大家对贪心算法都比较熟悉，不熟悉就去看看《算法导论》之类的书，讲的非常清楚而又啰嗦，啰嗦的书最适合我们这些普通人自学。

当然，贪心算法比动态规划效率更高，在能用贪心的情况下，就不要搬起石头砸自己的脚。贪心里面最关键的部分就是最优子结构性质和贪心选择性质，满足这两个要求才能使用贪心算法。

最优子结构

那么，什么是最优子结构性质呢？最优子结构性质说通俗一点，就举个例子吧，就用最短路径来说。假设A到B找一条最短路径，假设找到的路径为A->C->D->B最短。那么最优子结构性质说的是，如果对于路径上的任意一点，到B都存在一条最短路径是包含在上述A到B的最短路径里。可能表述不太严谨，比如这里如果满足最优子结构性质应该有C->D->B是C到B的一条最短路径。《算法导论》第三版讲过拟阵的问题，说的就是贪心算法里的理论部分，有空看看一定会有收获。

最优子结构性质其实很好证明。还是拿例子说吧，就是上面的例子，假设C->D->B不是C到B的最短路径，那么假设是C->E->B最短，那么此时A->C->E->B就比A->C->D->B更加短，这显然和一开始的最优解假设是矛盾的，不是吗？其实就是一个替换的办法。

贪心选择性质

下面说说更重要的贪心选择性质，重要是因为其实最优子结构性质在动态规划里面也必须要用到。而只有满足了贪心选择性质，才能简化解法。贪心选择性质说的是，不考虑后面的步骤，当前选择选最优，现在的选择不会影响后面的步骤。很简单地例子就是本文主要要谈的找零问题。假设我们去买东西，用现金不用支付宝和微信。这时候如果买了1元的东西，你给了100元，那营业员会找你99个硬币或者一元纸币吗？我想应该不会，正常的操作是先找一个50元，在依次找两个20元(当然是在商店纸币充足的情况下)……这里，其实为了找最少数量的零钱，就是用到了贪心选择性质，认为先找最大的，每次都是这样直到凑够99元。

其实证明的时候还是用的替换的方法，假设我们不找最大的，我们从20元开始，那么我们就会找20，20，20，20，10……或者可以找更多的10元，这里我们注意到一点，这个两张20和一张10元可以替换为一个50，这里张数就变少了，因此假设的不选最大的也就不可能是最优解，类似的，更多地10元自然也可以替换为20元，也不是最优解。以上不是严格的证明，理解就可以，思想基本就是这样。

找零的问题

各路解释

这里我主要谈谈对找零这个问题的理解，贪心的问题大家看不懂的话就多看看书吧。这里要说的是，众所周知，其实不是所有的币值都能用贪心算法来解决的。但是从感觉上讲，RMB是能满足的，这就引起了我的兴趣，极大地兴趣。这种兴趣来自实验室同学的面试题，虽然我不是很清楚具体的币值，所以才想去找一个通用的判断方法，这里仅仅是判断而已，没有严格的证明，不严谨请见谅。

思考有卡顿的时候就想求助互联网，应该是我搜索能力不够，搜到一堆被黑的答案。比如，这里我们讨论方便，将币值数存储在数组里，假设从小到大依次存储在 a[0], a[1], a[2], …, a[n-1] 中，对于RMB来说就是， a[0]=1, a[1]=5, a[2]=10, a[3]=20, a[4]=50, a[5]=100​ 也许有人想为什么没有2元，因为太(bo)少(zhu)见(tai)了(lan)。其实你想，1，2，5元的状况这里和10，20，50的情况类似，所以无所谓。

下面说网上的解释，关于为什么RMB可以。有人说，要满足 2*a[i] \le a[i+1] 。我瞬间想到一个例子， a[0]=1, a[2]=5, a[3]=11 ，币值有点奇怪但是不妨做个反例。此时满足不等式，然后要找15元的零钱，怎么找？是不是发现了 3个5元 比 一个11元+4个1元 更优。网上还有人说，要满足 a[i] * n = a[i+1] ，这样的情况肯定能满足贪心算法，然后问题是这是个充分条件，就是满足这个要求一定可以用贪心，但是贪心情况不仅仅如此，相比，你们想到了重要的RMB，就是我刚刚强调的20和50元的情况，不是倍数的关系，但是却可以贪心，其他的奇葩解释就更不用说了。

我的简单解释

其实，得益于各路大侠的解释，我也有了自己的思考。我认为是存在这样的情况，要么​ a[i] 和 a[i+1] 存在倍数关系，毋庸置疑。要么前后之间不存在倍数关系。对于这种不存在倍数关系的情况，应该要满足这样一个条件：由于 a[i]<a[i+1] 所以我们一定能找到一个整数 k_i>1​ 满足 (k_i-1)*a[i]<a[i+1] 并且 k_i*a[i] > a[i+1] ，说通俗一点，比如对于20和50有， 20*2 < 50​ 且 20*3>50​ 。此时对于 k_i*a[i] 这样的数量的找零，我们要能用 a[i+1]+k_{i-1}*a[i-1]+…+k_0*a[0]​ 来代替，且张数不能更多。也即:

k_ia[i]=a[i+1]+k_{i-1}a[i-1]+…+k_0*a[0] (1)

有k_i\ge 1+k_{i-1}+...+k_0 (2)

我知道只有公式容易看花眼，所以我要解释一下。意思就是，对于一个币值，它的 k_i​ 倍刚刚超过比它后面一个币值时，我们可以将这个 k_i​ 倍的数值代替为一张它后面的这个币值加上若干比它小的币值，总张数不能比 k_i​ 多。意思就是这么个意思。但要注意的是，这是对 a[0]​ 到 a[n-2] 的限制条件，具有递推向后的关系，要么是倍数关系，要么就是我在上述扯了一大堆的第二种情况。

这里要注意的是，我们不应该去考虑 (k_i-1)a[i] < a[i+1], k_ia[i] > a[i+1], k_ia[i] \ge a[i+2] 的情况，这是为什么呢？比如我们增加一个币值为60元，我们会发现， 20*2 <50, 20*3>50, 20*3\ge 60 ，对于这种情况，其实要想考虑的话条件就发生了变化，这里20以上的币值不是考虑的50，而是考虑的60。什么意思呢？就是上面(1)、(2)式中的 a[i+1] 要改为 a[i+m] ， m \ge 1 ，这里的 k_i*a[i] 的值应该落在 a[i+m] 到 a[i+m+1] (如果存在的话)之间。懒得画图了，大家就看看吧。关于证明就不写了，不言自明，用代替法做一下就可以了，话说这一段看不太明白怪我，太难解释了，不懂无所谓，因为正常情况你想啊，要是有50的币值到100之间又多了一个60的币值那意义就不是特别大。这个问题应该要设置一个平衡点。如果你要讲设置个60不是更方便吗？其实不然，设置1~100的所有币值。因为100以内的整数每个都有一张，多简单，还符合贪心算法。这又方便了吗？怕不是要用更大的收银台来将不同币值铺开。所以，并不是币值越多越好，私以为两倍两倍的涨显得更加有意义。当然三倍啥的也不是不行。1，3，9，27…也可以吧(我瞎说的，我是业余段子手emmmm)。

讲得不好，多多指教。