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所有的LeetCode题解索引，可以看这篇文章------【算法和数据结构】LeetCode题解。
一、题目
二、解法
2.1 动态规划解法
思路分析：机器人只能向下或者向右移动，那么到达（i,j）位置的路径和（i-1,j）以及(i,j-1)有关。那么我们就得到的动态规划的表达式 d p i j = d p i − 1 j + d p i j − 1 dpij=dpi-1j+dpij-1 dpij=dpi−1j+dpij−1。其中，因为到达第一行和第一列位置的路径只有一条，因此dp数组中第一行第一列的元素都为1。根据如上信息，我们写出如下代码。
程序如下：
cpp
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 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];
}
};复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)。
- 空间复杂度： O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)。
上述代码还可以再空间上进行压缩。从二维数组的角度来看，（i,j）位置的路径数等于它上方的元素和左边的元素之和。如果省略掉上方的元素，我们就能用一个一维数组来表示dp数组。迭代公式为 d p i = d p i + d o p i − 1 dpi = dpi+dopi-1 dpi=dpi+dopi−1，其中dopi-1代表左边元素，公式右边旧的dpi代表上方元素。最终输出为dpn-1。
cpp
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];
}
};复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)。
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
2.2 数论解法
思路分析：从数学上我们可以知道，要到达终点，每次又只能走一步，那么总共需要的步数是 m + n − 2 m+n-2 m+n−2，那么有 m − 1 m-1 m−1步是要往下走的，那么问题就变成了在 m + n − 2 m+n-2 m+n−2步中， m − 1 m-1 m−1步往下走有多少种组合。这是一个组合问题。因此，问题变成计算 C m + n − 2 m − 1 = ( m + n − 2 ) ! ( m − 1 ) ! ( n − 1 ) ! = ( m + n − 2 ) ∗ . . . ( n + 1 ) ∗ n ( m − 1 ) ! C_{m+n-2}^{m-1}=\frac{(m+n-2)!}{{(m-1)!}{(n-1)!}}=\frac{(m+n-2)*...(n+1)*n}{(m-1)!} Cm+n−2m−1=(m−1)!(n−1)!(m+n−2)!=(m−1)!(m+n−2)∗...(n+1)∗n。结合上述讨论，我们写出如下代码。代码当中，为了防止乘积中分子溢出，我们首先使用long long类型，并在循环中不断除以分母。
程序如下：
cpp
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
long long numerator = 1; // 分子
int denominator = m - 1; // 分母
int num1 = m - 1, num2 = m + n - 2;
while (num1--) {
numerator *= (num2--);
while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) { // 分母不能为0, 且分子要能整除分母
numerator /= denominator;
denominator--;
}
}
return numerator;
}
};复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( m ) O(m) O(m)。
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)。
三、完整代码
cpp
# include <iostream>
# include <vector>
using namespace std;
// 62、不同路径I
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 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];
}
};
// 滚动数组削减空间复杂度
//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];
// }
//};
// 数论方法
//class Solution {
//public:
// int uniquePaths(int m, int n) {
// long long numerator = 1; // 分子
// int denominator = m - 1; // 分母
// int num1 = m - 1, num2 = m + n - 2;
// while (num1--) {
// numerator *= (num2--);
// while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) { // 分母不能为0, 且分子要能整除分母
// numerator /= denominator;
// denominator--;
// }
// }
// return numerator;
// }
//};
int main() {
int m = 3, n = 2;
Solution s1;
int result = s1.uniquePaths(m, n);
cout << result << endl;
system("pause");
return 0;
}end