题目信息 62. 不同路径
- 题目链接: https://leetcode.cn/problems/unique-paths/description/
- 题目描述:
一个机器人位于一个m x n网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。
问总共有多少条不同的路径？
解法一: {{动态规划}}
解题思路
动态规划
机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点。
按照动规五部曲来分析：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
- 确定递推公式
想要求dp[i][j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]。
此时在回顾一下 dp[i - 1][j] 表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp[i][j - 1]同理。
那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，因为dp[i][j]只有这两个方向过来。
- dp数组的初始化
如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。
所以初始化代码为：
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
1
2
- 确定遍历顺序
这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。
这样就可以保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。
- 举例推导dp数组
如图所示：
以上动规五部曲分析完毕
代码实现
public int uniquePaths(int m,int n){ int[][] dp = new int[m][n]; for (int i = 0;i < m;i++){ dp[i][0] = 1; } for (int i = 0;i < n;i++){ dp[0][i] = 1; } for (int i = 1; i < m;i++){ for (int j = 1; j < n;j++){ dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; } } return dp[m - 1][n - 1];
}
解法二:
解题思路
给定的代码试图通过计算组合数来解决“机器人在 m x n 网格中从左上角到右下角的不同路径数量”这一问题。然而，代码中的实现有几个问题需要修正。
问题分析：
题目要求计算从左上角到右下角的不同路径数量。机器人只能向右或向下移动，所以这是一个经典的组合问题：
- 机器人从左上角 (0,0) 移动到右下角 (m-1,n-1)，需要进行 ( m-1 ) 次向下移动和 ( n-1 ) 次向右移动。
- 总的移动次数是 ( m-1 + n-1 = m+n-2 )，从中选择 ( m-1 ) 次向下移动或选择 ( n-1 ) 次向右移动的组合数，就是不同路径的数量。
正确的组合公式：
使用组合公式 ( C(m+n-2, m-1) ) 或 ( C(m+n-2, n-1) ) 来计算路径的数量。公式为：
[
C(m+n-2, m-1) = \frac{(m+n-2)!}{(m-1)!(n-1)!}
]
代码实现
public int uniquePaths12(int m, int n) { if (m <= 0 || n <= 0) { return 0; } if (m == 1 || n == 1) { return 1; } // 使用 long 类型来避免溢出 long result = 1; // 计算组合数 C(m+n-2, m-1) 或 C(m+n-2, n-1) for (int i = 1; i < Math.min(m, n); i++) { result = result * (m + n - 1 - i) / i; } return (int) result;
}
题目信息 63. 不同路径 II
- 题目链接: https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/
- 题目描述:
一个机器人位于一个m x n网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish”）。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
解题思路
这道题相对于62.不同路径 (opens new window)就是有了障碍。
第一次接触这种题目的同学可能会有点懵，这有障碍了，应该怎么算呢？
62.不同路径 (opens new window)中我们已经详细分析了没有障碍的情况，有障碍的话，其实就是标记对应的dp table（dp数组）保持初始值(0)就可以了。
动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
- 确定递推公式
递推公式和62.不同路径一样，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。
但这里需要注意一点，因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。
所以代码为：
if (obstacleGrid[i][j] == 0) { // 当(i, j)没有障碍的时候，再推导dp[i][j]dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
- dp数组如何初始化
在62.不同路径 (opens new window)不同路径中我们给出如下的初始化：
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0)); // 初始值为0
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i][0]一定为1，dp[0][j]也同理。
但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i][0]应该还是初始值0。
如图：
下标(0, j)的初始化情况同理。
所以本题初始化代码为：
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;
注意代码里for循环的终止条件，一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作，dp[0][j]同理
- 确定遍历顺序
从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出，一定是从左到右一层一层遍历，这样保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。
代码如下：
for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}
}
- 举例推导dp数组
拿示例1来举例如题：
对应的dp table 如图：
如果这个图看不懂，建议再理解一下递归公式，然后照着文章中说的遍历顺序，自己推导一下！
动规五部分分析完毕
代码实现
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid){ int m = obstacleGrid.length; int n = obstacleGrid[0].length; int[][] dp = new int[m][n]; if (obstacleGrid[0][0] == 1 || obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1){ return 0; } for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0;i++){ dp[i][0] = 1; } for (int i = 0;i < n && obstacleGrid[0][i] == 0;i++){ dp[0][i] = 1; } //错误：for (int i = 0;i < m;i++){ // for (int j = 0;j < n;j++){ for (int i = 1;i < m;i++){ for (int j = 1;j < n;j++){ dp[i][j] = (obstacleGrid[i][j] == 0)?dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] : 0; } } return dp[m - 1][n - 1];
}
