代码随想录算法day29 | 动态规划算法part02 | 62.不同路径，63. 不同路径 II

62.不同路径

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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？

示例 1：

输入：m = 3, n = 7
输出：28

示例 2：

输入：m = 2, n = 3
输出：3

解释：从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。

向右 -> 向右 -> 向下
向右 -> 向下 -> 向右
向下 -> 向右 -> 向右

示例 3：

输入：m = 7, n = 3
输出：28

示例 4：

输入：m = 3, n = 3
输出：6

提示：

1 <= m, n <= 100
题目数据保证答案小于等于 2 * 10^9

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;

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：

62.不同路径1

以上动规五部曲分析完毕，Java 代码如下：

/*** 1. 确定dp数组下标含义 dp[i][j] 到每一个坐标可能的路径种类* 2. 递推公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] dp[i][j-1]* 3. 初始化 dp[i][0]=1 dp[0][i]=1 初始化横竖就可* 4. 遍历顺序 一行一行遍历* 5. 推导结果 。。。。。。。。** @param m* @param n* @return*/public static int uniquePaths(int m, int n) {int[][] dp = new int[m][n];//初始化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];}

时间复杂度：O(m × n)
空间复杂度：O(m × n)

其实用一个一维数组（也可以理解是滚动数组）就可以了，但是不利于理解，可以优化点空间，建议先理解了二维，在理解一维，Java 代码如下：

class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {// 在二维dp数组中，当前值的计算只依赖正上方和正左方，因此可以压缩成一维数组。int[] dp = new int[n];// 初始化，第一行只能从正左方跳过来，所以只有一条路径。Arrays.fill(dp, 1);for (int i = 1; i < m; i ++) {// 第一列也只有一条路，不用迭代，所以从第二列开始for (int j = 1; j < n; j ++) {dp[j] += dp[j - 1]; // dp[j] = dp[j] (正上方)+ dp[j - 1] (正左方)}}return dp[n - 1];}
}

时间复杂度：O(m × n)
空间复杂度：O(n)

63. 不同路径 II

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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。

示例 1：

输入：obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：2 解释：
3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：
向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右

示例 2：

输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1

提示：

m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1

这道题相对于 62.不同路径就是有了障碍。

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.不同路径不同路径中我们给出如下的初始化：

int[][] dp = new int[m][n]; 
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：

63.不同路径II

下标(0, j)的初始化情况同理。

所以本题初始化代码为：

int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int[][] dp = new int[m][n];
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：

63.不同路径II1

对应的dp table 如图：

63.不同路径II2

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，对应 Java 代码如下：

class Solution {public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int[][] dp = new int[m][n];//如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) {return 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;}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];}
}

时间复杂度：O(n × m)，n、m 分别为obstacleGrid 长度和宽度
空间复杂度：O(n × m)

同样我们给出空间优化版本：

class Solution {public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int[] dp = new int[n];for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {dp[j] = 1;}for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (obstacleGrid[i][j] == 1) {dp[j] = 0;} else if (j != 0) {dp[j] += dp[j - 1];}}}return dp[n - 1];}
}