这是一个古老而又经典的问题。用给定的几种钱币凑成某个钱数，一般而言有多种方式。例如：给定了 6 种钱币面值为 2、5、10、20、50、100，用来凑 15 元，可以用 5 个 2 元、1个 5 元，或者 3 个 5 元，或者 1 个 5 元、1个 10 元，等等。显然，最少需要 2 个钱币才能凑成 15 元。你的任务就是，给定若干个互不相同的钱币面值，编程计算，最少需要多少个钱币才能凑成某个给出的钱数。
硬币问题就是一个多重背包问题 动态迁移方程为 （注:t表示可以使用的钱币的面额组成的数组，d[k]表示要凑k元最少需要多少种的面额的纸币）
d[k] = min{d[k-t[i]]+1,d[k]}就是，将第i个硬币拿出去得到的一个最少的找硬币数+1，和原硬币数相比最小的那个就是结果
可以使用递归做，也可以用0/1背包问题的动态规划做。递归的核心代码是表示，每一个值的最少情况都算出来，而动态规划是用循环体来找出最优解。 递归：
return min(SE_min(a,n,s,i+1),SE_min(a,n,s-a[i],i)+1);动态规划：
dp[k] = min{dp[k-t[i]]+1,dp[k]}（一）每次的第一个元素就不用再找了（同时需要注意纸币数，经网友提醒，这是一个边界检查的问题）。
if (n == 1) { if (s%a[0]==0){ return s/a[0]; } else return -10000; } else{ //添加了一个“=”用于排除边界特殊性 for(int z=0;z<=n-1;z++){ if(a[z]>a[z+1]){ int p=a[z]; a[z]=a[z+1]; a[z+1]=p; } } }（二）当所有的钱币都用过了，而且所有组合都试过了，都没有解，就表示不可能。
if(i>=n||s<a[i]){ return 100000; }（三）关键语句，不停调用函数，直到最后是找到第一个可以凑到的钱。
return min(SE_min(a,n,s,i+1),SE_min(a,n,s-a[i],i)+1); } int main(){ int n,w; while (1){ cin>>w; if (w==0) break; cin>>n; int *p=new int[n]; for (int i=0;i<n;i++) cin>>p[i];（四）调用递归。
if (SE_min(p, n, w, 0) >= n && n!=1) cout << "Impossible"; else if (SE_min(p, n, w, 0)>0) cout << SE_min(p, n, w, 0); else cout<<"Impossible"; return 0; }注意：这里确定所需的元素个数，并且申请存放地址，这里在oj系统上会有报错提示，这里应该申请一个有限大小的常规数组。
int *t=new int[n+1]; int *coin=new int[n+1];（一）输入数据，每个面额的钱的数目为要凑的钱除以其面额。
for(int i=1;i<n+1;i++){ cin>>t[i]; coin[i]=(m/t[i]); } int d[2002]={0}; for (int i=1;i<=m;i++) d[i]=99999; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=coin[i];j++) for(int k=m;k>=t[i];k--){（二）利用状态转移方程，计算最小值。
d[k]=min(d[k-t[i]]+1,d[k]); }（三）如果找不到何时的凑钱方法，d[m]的值是不会被改变的。
if (d[m]==99999) cout<<"Impossible"<<endl; else cout<<d[m]<<endl; } }这题目是基础的算法题，对于这道经典的多重背包问题，在这50道题里面，屡见不鲜，说明这个问题的重要性，是必须要掌握的。而递归的方法是最直观最好想到的，但是在debug初期一直没有成功是因为对于金币的数列我没有做到使用完就删掉的方法，这样对于后面递归的参数来说，首地址一直都是第一个元素的地址，这样的解题肯定会出错误。而动态规划问题，只要找到状态转移方程，就显而易见，迎刃而解。所以这一题告诉我要熟练掌握背包问题以及类似这类问题的动态规划的解法。学好算法，任重道远。
