本题是背包问题系列的完全背包问题，和0-1背包唯一的区别就在于：物品是可以重复选取的。 经过之前背包问题的拷打，本题也是一遍AC了。 接下来将给出二维和一维两种做法。
二维dp数组做法：
本题的背包大小即为题中给出的总金额：amount。物品即为硬币数组：coins。 需要求出不同硬币组合填满背包的情况种数。 我的解题步骤如下：
- 设定二维dp数组，dp[i][j]的含义为：当背包大小为j时，coins[0]—coins[i]中的元素填满背包的方法个数。
- 初始化二维dp数组的行和列。第一列全初始化为1，因为当背包大小为0时，此时不选取硬币即可填满背包。 第一行需要判断一下：如果用若干个coins[0]可以填满背包，则初始化为1，反之则初始化为0。
- 接下来遍历物品和背包。需要先判断背包能否装下新的硬币。不能装下新硬币：则使用旧dp数组的值，即dp[i][j] = dp[i-1][j]。 能装下新硬币：在不使用新硬币的方法种数基础上，加上使用新硬币的方法种数。 即dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-coins[i]]。 这里有个细节：dp[i][j-coins[i]]，这里dp第一个维度使用的是i而不是i-1，因为本题的物品可以重复选取，所以是i。 如果是0-1背包问题，物品不能重复选取，则应该填i-1。
下面给出我画的草稿图以供参考：
代码如下：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<vector<int>> dp(coins.size(),vector<int>(amount+1));
//初始化dp数组的列
for(int i=0; i<coins.size(); i++)
{
dp[i][0] = 1;
}
//初始化dp数组的行
for(int i=1; i<=amount; i++)
{
//大小为i的背包能用若干个coins[0]的硬币装满
if(i % coins[0] == 0) dp[0][i] = 1;
else dp[0][i] = 0;
}
//遍历硬币
for(int i=1; i<coins.size(); i++)
{
//遍历背包
for(int j=1; j<=amount; j++)
{
//当前背包大小装不下新硬币，即不使用新硬币。
if(j < coins[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j];
//使用新硬币和不使用新硬币的总和。 由于硬币可以重复使用，所以是dp[i][j-coins[i]]而不是dp[i-1][j-coins[i]]
else dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-coins[i]];
}
}
return dp[coins.size()-1][amount];
}
};一维dp数组做法：
代码如下：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<int> dp(amount+1 , 0);
dp[0] = 1;
//遍历硬币
for(int i=0; i<coins.size(); i++)
{
//遍历背包
for(int j=coins[i]; j<=amount; j++)
{
dp[j] += dp[j-coins[i]];
}
}
return dp[amount];
}
};ps：遍历背包的时候 j 是从coins[i]开始正序遍历，而之前0-1背包问题是从末尾开始倒序遍历，原因就是本题的物品可以重复选取，所以正序遍历，而0-1背包的物品无法重复选取，所以倒序遍历。
