代码随想录算法训练营第三十九天 | 62.不同路径、63. 不同路径 II

打卡第39天，动态规划咯。

今日任务

• 62.不同路径
• 63.不同路径 II

62.不同路径

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

我的题解

1. 确定dp数组以及下标定义
   本题求到达（m，n）坐标的路径数，而坐标（m，n）可以由（m - 1，n）和（m，n - 1）坐标移动一格到达，所以想要知道到达（m，n）坐标的路径数，必须知道到达（m - 1，n）和（m，n - 1）坐标路径数，所以dp里面到存的是到达此坐标的路径数。
2. 递推公式
   推导公式为$dp[i]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$
3. dp初始化
   dp初始化$dp[i][0]=1，dp[0][j]=1$
4. 确定遍历顺序
   遍历顺序从左到右，从上到下。
5. 举例推导dp数组
   

class Solution {
    
    
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
    
    
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int> (n, 0)); //dp[i][j]表示到（i，j）有多少条不同的路径。
        
        for(int i = 0; i < m; i++) {
    
    
            dp[i][0] = 1; // 初始化
            for(int j = 1; j < n; j++) {
    
    
                if(i == 0) dp[i][j] = 1; //初始化
                else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; //递推公式，每次到达一个坐标，都是从他的两 上、前一坐标移动过来，所以到达目前这个坐标的路径等于到达上、前坐标的路径和
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
};

• 时间复杂度：O(n * m);
• 空间复杂度：O(n * m);

优化空间
压缩空间，一维数组解决

class Solution {
    
    
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
    
    
        vector<int> dp(n, 1); 
        
        for(int i = 0; i < m - 1; i++) {
    
    
            for(int j = 1; j < n; j++) {
    
    
                dp[j] = dp[j - 1] + dp[j];
            //递推公式，每次到达一个坐标，都是从他的两 上、前一坐标移动过来，所以到达目前这个坐标的路径等于到达上、前坐标的路径和
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
};

• 时间复杂度：O(n * m);
• 空间复杂度：O(n);

代码随想录

数论做法

可以看出一共m，n的话，无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步。

在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走。

那么有几种走法呢？ 可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法。

那么这就是一个组合问题了。$C_{m+n-2}^{m-1}$

class Solution {
    
    
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
    
    
        long long numerator = 1; // 分子
        int denominator = m - 1; // 分母
        int count = m - 1;
        int t = m + n - 2;
        while (count--) {
    
    
            numerator *= (t--);
            while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {
    
    
                numerator /= denominator;
                denominator--;
            }
        }
        return numerator;
    }
};

• 时间复杂度：O(m)
• 空间复杂度：O(1)

63.不同路径 II

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

我的题解

class Solution {
    
    
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
    
    
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n)); //dp[i][j]表示到（i，j）有多少条不同的路径。
        dp[0][0] = !obstacleGrid[0][0]; //初始化
        for(int i = 1; i < n; i++) {
    
    //初始化
            if(obstacleGrid[0][i] == 1) dp[0][i] = 0;
            else dp[0][i] = dp[0][i - 1];
        }
        for(int i = 1; i < m; i++) {
    
    //初始化
            if(obstacleGrid[i][0] == 1) dp[i][0] = 0;
            else dp[i][0] = dp[i - 1][0];
        }
        for(int i = 1; i < m; i++) {
    
    
            for(int j = 1; j < n; j++) {
    
    
                if(obstacleGrid[i][j] == 1) dp[i][j] = 0;
                else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; //递推公式，每次到达一个坐标，都是从他的两 上、前一坐标移动过来，所以到达目前这个坐标的路径等于到达上、前坐标的路径和
            }
        }
        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)

优化空间

class Solution {
    
    
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
    
    
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vector<int> dp(n); //dp[i][j]表示到（i，j）有多少条不同的路径。
        dp[0] = !obstacleGrid[0][0];
        // std::cout << dp[0] << " ";
        for(int i = 1; i < n; i++) {
    
    
            if(obstacleGrid[0][i] == 1) dp[i] = 0;
            else dp[i] = dp[i - 1];
            // std::cout << dp[i] << " ";
        }
        // std::cout << endl;
        for(int i = 1; i < m; i++) {
    
    
            if(obstacleGrid[i][0] == 1) dp[0] = 0;
            else dp[0] = dp[0];
            // std::cout << dp[i] << " ";
            for(int j = 1; j < n; j++) {
    
    
                if(obstacleGrid[i][j] == 1) dp[j] = 0;
                else dp[j] = dp[j] + dp[j - 1]; //递推公式，每次到达一个坐标，都是从他的两 上、前一坐标移动过来，所以到达目前这个坐标的路径等于到达上、前坐标的路径和
                // std::cout << dp[j] << " ";
            }
            // std::cout << endl;
        }
        return dp[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)