LeetCode刷题---路径问题

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个人专栏： 《Linux操作系统》 《C/C++》 《LeedCode刷题》

键盘敲烂，年薪百万！

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一、不同路径

题目链接：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

解法

1.状态表示:

对于这种「路径类」的问题,我们的状态表示一般有两种形式:

**i.**从i，j位置出发，巴拉巴拉;

**ii.**从起始位置出发，到达i，j位置，巴拉巴拉。

这里选择第二种定义状态表示的方式:

dpij表示:走到i，j位置处，一共有多少种方式。

2.状态转移方程:

简单分析一下。如果dpij表示到达〔i，j位置的方法数，那么到达i，j位置之前的一小步，有两种情况:

i. 从i，j位置的上方（\[i - 1，j的位置）向下走一步，转移到i，j位置;

**ii.**从i，j位置的左方（\[i, j - 1的位置）向右走一步，转移到i，j位置。

由于我们要求的是有多少种方法，因此状态转移方程就呼之欲出了:

dpij = dpi - 1j + dpij - 1。

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧要注意两个点;

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;

ii.「下标的映射关系」

在本题中，「添加一行」，并且「添加一列」后，只需将 dple]的位置初始化为1即可

4.填表顺序:

根据「状态转移方程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每一行，在填写每一行的时候「从左往右」

5.返回值:

根据「状态表示」，我们要返回dpmn的值

代码实现

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) 
    {
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
        dp[0][1] = 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][n];
    }
};

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二、不同路径Ⅱ

题目链接：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

解法

本题为不同路径的变型，只不过有些地方有「障碍物」，只要在「状态转移」上稍加修改就可解决。

1.状态表示:

对于这种「路径交!的问题，我们的状态表示一般有两种形式:

**i.**从j位置出发，巴拉巴拉;

**ii.**从起始位置出发，到达i，j位置，巴拉巴拉。

这里选择第二种定义状态表示的方式:

dpij表示:走到i，j位置处，一共有多少种方式。

2.状态转移:

简单分析一下。如果dpij表示到达i，j位置的方法数，那么到达i，j位置之前的一小步，有两种情况:

**i.**从i，j位置的上方（i - 1，j的位置)向下走一步，转移到i，j位置;

**ii.**从i，j位置的左方（i， j - 1的位置)向右走一步，转移到i，j位置。但是，i - 1，j与i， j - 1位置都是可能有障碍的，此时从上面或者左边是不可能到达i，j位置的，也就是说，此时的方法数应该是0。

由此我们可以得出一个结论，只要这个位置上「有障碍物」，那么我们就不需要计算这个位置上的值，直接让它等于0即可。

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧要注意两个点:

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;

ii.「下标的映射关系」。

在本题中，添加一行，并且添加一列后，只需将dp10的位置初始化为

4.填表顺序:

根据「状态转移」的推导，填表的顺序就是「从上往下」填每一行，每一行「从左往右」

5.返回值:

根据「状态表示」，我们要返回的结果是dpmn

代码实现

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& ob) 
    {
        int m = ob.size(), n = ob[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
        dp[0][1] = 1;
        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= n; j++)
            {
                if(ob[i-1][j-1] == 0)
                {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

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三、珠宝的最高价值

题目链接：珠宝的最高价值

题目描述

现有一个记作二维矩阵 frame 的珠宝架，其中 frame[i][j] 为该位置珠宝的价值。拿取珠宝的规则为：

• 只能从架子的左上角开始拿珠宝
• 每次可以移动到右侧或下侧的相邻位置
• 到达珠宝架子的右下角时，停止拿取

注意：珠宝的价值都是大于 0 的。除非这个架子上没有任何珠宝，比如 frame = [[0]]。

示例 1:

输入: frame = [[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最高价值的珠宝

提示：

• 0 < frame.length <= 200
• 0 < frame[0].length <= 200

解法

1.状态表示:

对于这种「路径类」的问题，我们的状态表示一般有两种形式:

**i.**从i，j位置出发，巴拉巴拉;

**ii.**从起始位置出发，到达i，j位置，巴拉巴拉。

这里选择第二种定义状态表示的方式:

dpij表示:走到i，j位置处，此时的最大价值。

2.状态转移方程:

对于dpij，我们发现想要到达[i，j位置，有两种方式:

i. 从i，j位置的上方\[i - 1，j位置，向下走一步，此时到达，j位置能拿到的珠宝价值为dpi - 1j+gridij;

**ii.**从i，j位置的左边〔i，j - 1位置，向右走一步，此时到达i,j位置能拿到的珠宝价值为dp\[ij - 1+gridij

我们要的是最大值,因此状态转移方程为:

dpij = max ( dpi - 1j， dpij - 1) + gridij

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我门初始化。使用这种技巧要注意两个点:

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;

ii.「下标的映射关系」

在本题中，「添加一行」﹐并耳「添加一」后，所有的值都为即可

4.填表顺序:

根据「状态转移方程，填表的顺序是「从上往下填写每一行」，「每一行从左往右」

5.返回值:

根据「状态表示」，我们应该返回dp mn的值

代码实现

class Solution {
public:
    int jewelleryValue(vector<vector<int>>& frame) 
    {
        int m = frame.size(), n = frame[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
        for(int i = 1; i <= m; i++)
            {
                for(int j = 1; j <= n; j++)
                    dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + frame[i - 1][j - 1];
            }
        return dp[m][n];
    }
};

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四、向下路径最小和

题目链接：下降路径最小和

题目描述

给你一个 n * n 的方形 整数数组 matrix ，请你找出并返回通过 matrix 的下降路径 的最小和 。

下降路径 可以从第一行中的任何元素开始，并从每一行中选择一个元素。在下一行选择的元素和当前行所选元素最多相隔一列（即位于正下方或者沿对角线向左或者向右的第一个元素）。具体来说，位置 (row, col) 的下一个元素应当是 (row + 1, col - 1)、(row + 1, col) 或者 (row + 1, col + 1) 。

示例 1：

输入：matrix = [[2,1,3],[6,5,4],[7,8,9]]
输出：13
解释：如图所示，为和最小的两条下降路径

示例 2：

输入：matrix = [[-19,57],[-40,-5]]
输出：-59
解释：如图所示，为和最小的下降路径

提示：

• n == matrix.length == matrix[i].length
• 1 <= n <= 100
• -100 <= matrix[i][j] <= 100

解法

关于这一类题，由于我们做过类似的,勾此「状态表示」以及「状态转移」是比较容易分析出来的。比较难的地方可能就是对于边界条件的处理。

1.状态表示:

对于这种「路径类」的问题，我们的状态表示一般有两种形式:

i. 从[i,j位置出发，到达目标位置有多少种方式;

**ii.**从起始位置出发，到达i，j位置，一共有多少种方式

这里选择第二种定义状态表示的方式:

dpij表示:到达i，j位置时，所有下降路径中的最小和

2.状态转移方程:

对于普遍位置i，j，根据题意得，到达[i，j位置可能有三种情况:

**i.**从正上方i - 1，j位置转移到i，j位置;

**ii.**从左上方i - 1，j - 1位置转移到i，j位置;

**iii.**从右上方i - 1, j +1位置转移到i，j位置;

我们要的是三种情况下的「最小值」，然后再加上矩阵在i，j位置的值

于是dpij = min(dpi - 1j，min(dpi - 1j - 1，dpi - 1j +1)) + matrixij

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧要注意两个点:

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;

ii. 「下标的映射关系」

在本题中，需要「加上一行」，并且「加上两列」。所有的位置都初始化为无穷大，然后将第一行初始化为0即可

4.填表顺序:

根据「状态表示」，填表的顺序是「从上往下」

5.返回值:

注意这里不是返回dp mn的值!

题目要求「只要到达最后一行就行了，因此这里应该返回「 dp表中最后一行的最小值」

代码实现

class Solution {
public:
    int minFallingPathSum(vector<vector<int>>& matrix) 
    {
        int n = matrix.size();
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(n + 2, INT_MAX));
        for(int j = 0; j < n + 2; j++)
            dp[0][j] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= n; j++)
            {
                dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], min(dp[i-1][j], dp[i-1][j+1])) + matrix[i-1][j-1];
            }
        }
        int ret = INT_MAX;
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            ret = min(ret, dp[n][j]);
        return ret;
    }
};

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五、最小路径和

题目链接：最小路径和

题目描述

给定一个包含非负整数的 m xn 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。

**说明：**每次只能向下或者向右移动一步。

示例 1：

输入：grid = [[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]
输出：7
解释：因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。

示例 2：

输入：grid = [[1,2,3],[4,5,6]]
输出：12

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• 0 <= grid[i][j] <= 200

解法

像这种表格形式的动态规划，是非常容易得到「状态表示」以及下状态转移方程」的，可以归结到「不同路径」一类的题里面。

1.状态表示:

对于这种路径类的问题，我们的状态表示一般有两种形式:

**i.**从i，j位置出发，巴拉巴拉;

**ii.**从起始位置出发，到达i, j位置，巴拉巴拉。

这里选择第二种定义状态表示的方式:

dpij表示:到达i, j位置处，最小路径和是多少。

2.状态转移:

简单分析一下。如果dpij表示到达到达i，j位置处的最小路径和，那么到达i，j位置之前的一小步，有两种情况:

**i.**从i - 1，j向下走一步，转移到i，j位置;

**ii.**从i，j - 1向右走一步，转移到i，j位置。

由于到(i，j位置两种情况，并且我们要找的是最小路径，因此只需要这两种情况下的最小值，再加上i，j位置上本身的值即可。

也就是:dpi\[j= min(dpi - 1j，dpij - 1)+ gridij

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。

使用这种技巧要注意两个点:

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;

ii.「下标的映射关系」

在本题中，「添加一行」，并且「添加一列」后，所有位置的值可以初始化为无穷大，然后让dp01 = dp10 = 1即可

4.填表顺序:

根据「状态转移方程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每一行，每一行「从左往后」

5．返回值:

根据「状态表示」，我们要返回的结果是dpmn

代码实现

class Solution {
public:
    int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) 
    {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, INT_MAX));
        dp[0][1] = dp[1][0] = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= n;j++)
            {
                dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1];
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

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六、地下城游戏

题目链接：地下城游戏

题目描述

恶魔们抓住了公主并将她关在了地下城 dungeon 的 右下角 。地下城是由 m x n 个房间组成的二维网格。我们英勇的骑士最初被安置在 左上角 的房间里，他必须穿过地下城并通过对抗恶魔来拯救公主。

骑士的初始健康点数为一个正整数。如果他的健康点数在某一时刻降至 0 或以下，他会立即死亡。

有些房间由恶魔守卫，因此骑士在进入这些房间时会失去健康点数（若房间里的值为负整数 ，则表示骑士将损失健康点数）；其他房间要么是空的（房间里的值为 0 ），要么包含增加骑士健康点数的魔法球（若房间里的值为正整数，则表示骑士将增加健康点数）。

为了尽快解救公主，骑士决定每次只 向右 或 向下 移动一步。

返回确保骑士能够拯救到公主所需的最低初始健康点数。

**注意：**任何房间都可能对骑士的健康点数造成威胁，也可能增加骑士的健康点数，包括骑士进入的左上角房间以及公主被监禁的右下角房间。

示例 1：

输入：dungeon = [[-2,-3,3],[-5,-10,1],[10,30,-5]]
输出：7
解释：如果骑士遵循最佳路径：右 -> 右 -> 下 -> 下 ，则骑士的初始健康点数至少为 7 。

示例 2：

输入：dungeon = [[0]]
输出：1

提示：

• m == dungeon.length
• n == dungeon[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• -1000 <= dungeon[i][j] <= 1000

解法

1.状态表示:

这道题如果我们定义成:从起点开始，到达i，j位置的时候，所需的最低初始健康点数。

那么我们分析状态转移的时候会有一个问题:那就是我们当前的健康点数还会受到后面的路径的影响。也就是从上往下的状态转移不能很好地解决问题。

这个时候我们要换一种状态表示:从i，j位置出发，到达终点时所需要的最低初始健康点数。这样我们在分析状态转移的时候，后续的最佳状态就已经知晓。

综上定义状态表示为:

dpij表示:从i，j位置出发，到达终点时所需的最低初始健康点数

2.状态转移方程:

对于dpij，从i，j位置出发，下一步会有两种选择(为了方便理解，设dpij的最终答案是×) :

**i.**走到右边，然后走向终点

那么我们在i，j位置的最低健康点数加上这一个位置的消耗，应该要大于等于右边位置的最低健康点数，也就是:x + dungeon\[ij >= dpij + 1

通过移项可得:x >= dpii+1 - dungeonij。

因为我们要的是最小值，因此这种情况下的x = dpij+1 - dungeonij;

**ii.**走到下边，然后走向终点

那么我们在i，j位围的最低健康点数加上这一个位置的消耗，应该要大于等于下边位置的最低健康点数，也就是: x+ dungeonij >= dpi + 1j

通过移项可得:x >= dpi+1j - dungeonij。因为我们要的是最小值，因此这种情况下的 dpi + 1j - dungeonij;

综上所述，我们需要的是两种情况下的最小值，因此可得状态转移方程为:

dpij = min(dpi + 1j，dpij + 1) - dungeonij

但是，如果当前位置的 dungeonij是一个比较大的正数的话，dpij的值可能变成或者负数。也就是最低点数会小于1，那么骑士就会死亡。因此我们求出来的 dpij如果小于等于0的话，说明此时的最低初始值应该为1。处理这种情况仅需让dpij与1取一个最大值即可:

dpij = max(1,dpij)

3.初始化:

可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧要注意两个点:

**i.**辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」

ii.「下标的映射关系」

在本题中，在dp表最后面添加一行，并且添加一列后，所有的值都先初始化为无穷大，然后让dpmn - 1 = dpm - 1n = 1即可

4.填表顺序:

根据「状态转移方程」，我们需要「从下往上填每一行」，「每一行从右往左」

5.返回值:

根据「状态表示」，我们需要返回dp00的值

代码实现

class Solution {
public:
    int calculateMinimumHP(vector<vector<int>>& dungeon) 
    {
        int m = dungeon.size(), n = dungeon[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, INT_MAX));
        dp[m][n-1]=dp[m-1][n] = 1;
        for(int i = m - 1; i >= 0; i--)
            for(int j = n - 1; j >= 0; j--)
            {    
                dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j+ 1]) - dungeon[i][j];
                dp[i][j] = max(1, dp[i][j]);
            }
        return dp[0][0];

    }
};

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**结语：**今日的刷题分享到这里就结束了，希望本篇文章的分享会对大家的学习带来些许帮助，如果大家有什么问题，欢迎大家在评论区留言~~~