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优化 - 零钱找零

problems/0123.买卖股票的最佳时机III.md

@@ -120,7 +120,7 @@ dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
 
 大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
 
-现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。
+现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果想不明白的录友也可以这么理解：如果第一次卖出已经是最大值了，那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的。
 
 所以最终最大利润是dp[4][4]
 

problems/0322.零钱兑换.md

@@ -209,19 +209,19 @@ class Solution:
     def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
         '''版本一'''
         # 初始化
-        dp = [amount + 1]*(amount + 1)
+        dp = [float("inf")]*(amount + 1)
         dp[0] = 0
         # 遍历物品
         for coin in coins:
             # 遍历背包
             for j in range(coin, amount + 1):
                 dp[j] = min(dp[j], dp[j - coin] + 1)
-        return dp[amount] if dp[amount] < amount + 1 else -1
+        return dp[amount] if dp[amount] != float("inf") else -1
 
     def coinChange1(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
         '''版本二'''
         # 初始化
-        dp = [amount + 1]*(amount + 1)
+        dp = [float("inf")]*(amount + 1)
         dp[0] = 0
         # 遍历物品
         for j in range(1, amount + 1):
@@ -229,7 +229,7 @@ class Solution:
             for coin in coins:
                 if j >= coin:
                 	dp[j] = min(dp[j], dp[j - coin] + 1)
-        return dp[amount] if dp[amount] < amount + 1 else -1
+        return dp[amount] if dp[amount] != float("inf") else -1
 ```
 
 

problems/背包理论基础01背包-2.md

@@ -139,7 +139,7 @@ dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
 
 倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。
 
-（这里如果读不懂，就在回想一下dp[j]的定义，或者就把两个for循环顺序颠倒一下试试！）
+（这里如果读不懂，就再回想一下dp[j]的定义，或者就把两个for循环顺序颠倒一下试试！）
 
 **所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！**，这一点大家一定要注意。