不同路径
62. 不同路径 - 力扣（LeetCode）
机器人位于m*n网格的左上角，机器人每次只能向下或向右移动一步（移动方向只有下和右，固定了不能回返路径）。机器人需要达到网格的右下角，需要得到共有多少条路径。
思路：使用动态规划来解决，这里需要得到动态规划的dp矩阵，以及dp矩阵的推演公式。
这里我们假定dp矩阵为m*n的矩阵，dp[i][j]为能抵达 i -1,j-1的路径总数，这里需要注意的是该矩阵是从0，0开始的，所以最后返回的是dp[m-1][n-1]，再次，我们需要考虑dp[i][j]怎么得到，考虑一个最简单的2*2的矩阵，从[0][0]到[0][1]有一条路线，从[0][0]到[1][0]同样有一条路线，从[0][0]到[1][1]即有先到[0][1]再到[1][1]和先到[1][0]再到[1][1]两条路线，值正好为两者相加 1 + 1。即我们可以假定dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]，和之前的爬楼梯相似，得到了dp数组的推导方式后，我们考虑对初始值进行赋值，考虑到机器人每次只能向下或向右移动，所以dp[i][0]和dp[0][j]的值应该都为1.
在确定了dp数组以及下标的含义和确定了推导公式以及dp数组的初始化问题后，我们的遍历顺序即从左上逐行或者逐列遍历到最后一个元素。最后返回dp[m-1][n-1]。代码如下。
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
// 创建一个二维向量dp来存储到达每个位置的不同路径数量
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n));
// 将第一行设置为1，因为从起点到第一行的任何位置都只有一种路径
for (int j = 0; j < n; ++j) {
dp[0][j] = 1;
}
// 将第一列设置为1，因为从起点到第一列的任何位置也都只有一种路径
for (int i = 0; i < m; ++i) {
dp[i][0] = 1;
}
// 遍历网格的其余部分，计算到达每个位置的不同路径数量
for (int i = 1; i < m; ++i) {
for (int j = 1; j < n; ++j) {
// 每个位置的不同路径数量等于它上方和左方位置路径数量之和
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
// 返回到达网格右下角的不同路径数量
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
算法的时间复杂度为O(m*n)，空间复杂度为O(m*n)，m行n列的矩阵需要遍历。
不同路径II
大致思路同上，但是需要注意的是，如果第一行和第一列碰到有障碍，其之后的值就不需要赋1了。
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
int rows = obstacleGrid.size();
int cols = obstacleGrid[0].size();
// 创建一个二维向量dp来存储到达每个位置的不同路径数量
vector<vector<int>> dp(rows, vector<int>(cols));
// 将第一行设置为1，因为从起点到第一行的任何位置都只有一种路径
for (int i = 0; i < rows; ++i) {
if(obstacleGrid[i][0] == 0)
dp[i][0] = 1;
else
break;
}
// 将第一列设置为1，因为从起点到第一列的任何位置也都只有一种路径
for (int j = 0; j < cols; ++j) {
if(obstacleGrid[0][j] == 0)
dp[0][j] = 1;
else
break;
}
// 遍历网格的其余部分，计算到达每个位置的不同路径数量
for (int i = 1; i < rows; ++i) {
for (int j = 1; j < cols; ++j) {
if(obstacleGrid[i][j] == 1)
dp[i][j] = 0;
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
// 返回到达网格右下角的不同路径数量
return dp[rows - 1][cols - 1];
}
};算法的时间复杂度和空间复杂度同上。
剩下两题周末补。
