leetcode_62. 不同路径 + 63. 不同路径 II

62. 不同路径

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？

示例 1：

​

输入：m = 3, n = 7
输出：28

示例 2：

输入：m = 3, n = 2
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。
1. 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向下

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 * 109

代码思路：

1.  状态定义: 使用一个二维数组 dp 来存储每个位置(i, j)到达该位置的唯一路径数。

2. 边界条件: 对于第一行和第一列,到达这些位置的路径数都是 1,因为只有一种路径可以到达。先将 dp[0][j] 和 dp[i][0] 全部设为 1。

3. 状态转移: 对于其他位置 (i, j),它的路径数等于从上方 (i-1, j) 到达和从左方 (i, j-1) 到达的路径数之和,即 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。

4. 返回结果: 最终返回 dp[m-1][n-1],这就是从左上角到右下角的唯一路径数。 

        这个动态规划将一个复杂的问题拆解为一系列更小的子问题,并利用子问题的解来构建出原问题的解。算法的时间复杂度是 O(mn),需要填充整个 dp 数组,空间复杂度也是 O(mn),使用了一个二维数组来存储中间状态。

class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {int[][] dp = new int[m][n];Arrays.fill(dp[0], 1);for (int i = 1; i < m; i++) {dp[i][0] = 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];}
}

 

63. 不同路径 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。

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：
1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2. 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

 代码思路：

1. 状态定义: 与之前的"唯一路径数"问题类似,使用一个二维数组 dp 来存储每个位置(i, j)到达该位置的唯一路径数。

2. 边界条件:

   • 如果当前位置是障碍物(obstacleGrid[i][j] == 1),那么到达该位置的路径数为 0。
   • 如果是左上角(i, j) = (0, 0),且该位置不是障碍物,那么到达该位置的路径数为 1。
   • 如果是第一行或第一列,且该位置不是障碍物,那么到达该位置的路径数等于其左侧或上方位置的路径数。

3. 状态转移: 对于其他位置 (i, j),它的路径数等于从上方 (i-1, j) 到达和从左方 (i, j-1) 到达的路径数之和,即 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。

4. 返回结果: 返回 dp[m-1][n-1],这就是从左上角到右下角的唯一路径数。

        这个动态规划算法的时间复杂度仍然是 O(mn),需要填充整个 dp 数组。空间复杂度也是 O(mn),使用了一个二维数组来存储中间状态。这个问题与之前的"不同路径"问题的主要区别在于需要处理障碍物的情况。通过在状态转移方程中增加对障碍物的判断,来确保在有障碍物的情况下,到达某个位置的路径数为 0。

 

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