解题思路
我们采用自下而上的方式进行思考。仍定义 F(i) 为组成金额 i 所需最少的硬币数量，假设在计算 F(i) 之前，我们已经计算出 F(0)到F(i-1) 的答案。
则 F(i) 对应的转移方程应为：F(i)=min[F(i -c_j)] + 1 ，其中 j=0,1,…,n-1
其中 c_j 代表的是第 j 枚硬币的面值，即我们枚举最后一枚硬币面额是 c_j，那么需要从 i-c_j 这个金额的状态 F(i-c_j) 转移过来，再算上枚举的这枚硬币数量 1 的贡献，由于要硬币数量最少，所以 F(i) 为前面能转移过来的状态的最小值加上枚举的硬币数量 1 。
步骤：
1)开创一个(n+1)维的dp数组，初始化为无限大（一般求最小值，则初始化为一个比较大的数），便于判断；
2)将dp[0]，也就是总金额为0时赋值为0
3)从总金额为1时进入循环，分别用每一种硬币，如果总金额减去当前硬币值之后的剩余金额大于等于0，则计算剩余金额所需的最小硬币数，比较每种硬币情况下剩余金额所需的最小硬币数，最后结果再加1
4)返回题目要求的总金额所需的最小硬币数，也就是dp[-1]。
复杂度分析：
时间复杂度：O(Sn)。其中 S 是金额，n 是面额数。我们一共需要计算 O(S) 个状态，S 为题目所给的总金额。对于每个状态，每次需要枚举 n 个面额来转移状态，所以一共需要 O(Sn) 的时间复杂度。
空间复杂度：O(S)。DP 数组需要开长度为总金额 S 的空间。
代码
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
dp = [float('inf')] * (amount+1)
dp[0] = 0
for i in range(amount+1):
for j in coins:
if i-j>=0:
# 将之前的dp[i]与减去当前硬币值之后面额的dp[i-j]+1进行比较
#（第一次的dp[i]为inf,之后的dp[i]是每一轮硬币比较后的值）
dp[i] = min(dp[i], dp[i-j]+1)
return -1 if dp[amount]==float('inf') else dp[-1]
