【LeetCode题目详解】第九章 动态规划part02 62.不同路径 63. 不同路径 II day39补

本文章代码以c++为例!

一、力扣第62题:不同路径

题目:

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:

复制代码
输入:m = 3, n = 7
输出:28

示例 2:

复制代码
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:

复制代码
输入:m = 7, n = 3
输出:28

示例 4:

复制代码
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

思路

# 深搜

这道题目,刚一看最直观的想法就是用图论里的深搜,来枚举出来有多少种路径。

注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步,那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树,而叶子节点就是终点!

如图举例:

此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数,代码如下:

cpp 复制代码
class Solution {
private:
    int dfs(int i, int j, int m, int n) {
        if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
        if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法,相当于找到了叶子节点
        return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
    }
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        return dfs(1, 1, m, n);
    }
};

大家如果提交了代码就会发现超时了!

来分析一下时间复杂度,这个深搜的算法,其实就是要遍历整个二叉树。

这棵树的深度其实就是m+n-1(深度按从1开始计算)。

那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树(其实没有遍历整个满二叉树,只是近似而已)

所以上面深搜代码的时间复杂度为O(2^(m + n - 1) - 1),可以看出,这是指数级别的时间复杂度,是非常大的。

# 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:

  1. 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。

  1. 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。

  1. 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:

cpp 复制代码
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
  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。

  1. 举例推导dp数组

如图所示:

以上动规五部曲分析完毕,C++代码如下:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
        for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
        for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 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,C++代码如下:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<int> dp(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) dp[i] = 1;
        for (int j = 1; j < m; j++) {
            for (int i = 1; i < n; i++) {
                dp[i] += dp[i - 1];
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
};
  • 时间复杂度:O(m × n)
  • 空间复杂度:O(n)

# 数论方法

在这个图中,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。

那么答案,如图所示:

求组合的时候,要防止两个int相乘溢出! 所以不能把算式的分子都算出来,分母都算出来再做除法。

例如如下代码是不行的。

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        int numerator = 1, denominator = 1;
        int count = m - 1;
        int t = m + n - 2;
        while (count--) numerator *= (t--); // 计算分子,此时分子就会溢出
        for (int i = 1; i <= m - 1; i++) denominator *= i; // 计算分母
        return numerator / denominator;
    }
};

需要在计算分子的时候,不断除以分母,代码如下:

cpp 复制代码
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)

计算组合问题的代码还是有难度的,特别是处理溢出的情况!

# 总结

本文分别给出了深搜,动规,数论三种方法。

深搜当然是超时了,顺便分析了一下使用深搜的时间复杂度,就可以看出为什么超时了。

然后在给出动规的方法,依然是使用动规五部曲,这次我们就要考虑如何正确的初始化了,初始化和遍历顺序其实也很重要!

二、力扣第63题:不同路径 II

题目:

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 10 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:

复制代码
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]01

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:

  1. 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。

  1. 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:

cpp 复制代码
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];
}
  1. dp数组如何初始化

62.不同路径

(opens new window)不同路径中我们给出如下的初始化:

cpp 复制代码
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:

cpp 复制代码
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

  1. 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:

cpp 复制代码
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];
    }
}
  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,对应C++代码如下:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
	if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍,直接返回0
            return 0;
        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;
        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];
            }
        }
        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:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        if (obstacleGrid[0][0] == 1)
            return 0;
        vector<int> dp(obstacleGrid[0].size());
        for (int j = 0; j < dp.size(); ++j)
            if (obstacleGrid[0][j] == 1)
                dp[j] = 0;
            else if (j == 0)
                dp[j] = 1;
            else
                dp[j] = dp[j-1];

        for (int i = 1; i < obstacleGrid.size(); ++i)
            for (int j = 0; j < dp.size(); ++j){
                if (obstacleGrid[i][j] == 1)
                    dp[j] = 0;
                else if (j != 0)
                    dp[j] = dp[j] + dp[j-1];
            }
        return dp.back();
    }
};
  • 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(m)

# 总结

本题是62.不同路径

(opens new window)的障碍版,整体思路大体一致。

但就算是做过62.不同路径,在做本题也会有感觉遇到障碍无从下手。

其实只要考虑到,遇到障碍dp[i][j]保持0就可以了。

也有一些小细节,例如:初始化的部分,很容易忽略了障碍之后应该都是0的情况。

day39补

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