代码随想录算法训练营第三十四天| 62.不同路径 63. 不同路径 II

62.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:

这个问题可以通过动态规划来解决。我们可以使用一个二维数组 dp 来保存从起点到达每个格子的路径数量。

动态规划思路:

  1. 定义状态:

    • dp[i][j] 为从起点 (0,0) 到达格子 (i,j) 的路径数。
  2. 状态转移方程:

    • 机器人每次只能向下或者向右移动一步,所以到达 dp[i][j] 的路径数等于从上方格子 dp[i-1][j] 到达的路径数与从左方格子 dp[i][j-1] 到达的路径数之和,即: dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i][j−1]dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i][j−1]
  3. 初始条件:

    • 起点 dp[0][0] 的路径数为 1,因为机器人从起点开始,所以路径数为 1。
    • 第一行和第一列的路径数也应该初始化,因为在这些位置上,机器人只能从左到右(对于第一行)或者从上到下(对于第一列)移动,因此:
      • 对于第一行(i = 0),dp[0][j] = 1(因为机器人只能一直向右移动)。
      • 对于第一列(j = 0),dp[i][0] = 1(因为机器人只能一直向下移动)。
  4. 计算路径数:

    • 我们可以从左上角 (0,0) 开始,通过状态转移方程计算出每个格子的路径数,最终 dp[m-1][n-1] 就是我们要的答案。

上代码:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));

        // 初始化第一行和第一列
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            dp[i][0] = 1;
        }
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            dp[0][j] = 1;
        }

        // 填充dp数组
        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];
    }
};

63. 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:

复制代码
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:

要解决这个问题,我们可以使用动态规划方法。与之前的没有障碍物的路径问题类似,但需要考虑障碍物的存在。

动态规划思路:

  1. 定义状态:

    • dp[i][j] 为从起点 (0,0) 到达格子 (i,j) 的路径数。
    • 如果 obstacleGrid[i][j] == 1,说明该格子为障碍物,不可通行,则 dp[i][j] = 0
    • 否则,路径数为从上方格子 dp[i-1][j] 和左方格子 dp[i][j-1] 到达的路径数之和。
  2. 状态转移方程:

    dp[i][j]=obstacleGrid[i][j]==1?0:dp[i−1][j]+dp[i][j−1]dp[i][j] = \text{obstacleGrid}[i][j] == 1 ? 0 : dp[i-1][j] + dp[i][j-1]dp[i][j]=obstacleGrid[i][j]==1?0:dp[i−1][j]+dp[i][j−1]

  3. 初始条件:

    • 起点 dp[0][0] 的路径数为 1,但如果起点本身是障碍物,则 dp[0][0] = 0
    • 第一行和第一列的路径数需要特别处理,因为只能从一个方向到达:
      • 对于第一行(i = 0),如果当前格子及其左侧没有障碍物,则路径数为 1,否则为 0。
      • 对于第一列(j = 0),如果当前格子及其上方没有障碍物,则路径数为 1,否则为 0。
  4. 计算路径数:

    • 从左上角开始,通过状态转移方程计算出每个格子的路径数,最终 dp[m-1][n-1] 就是我们要的答案。

上代码:

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        
        // 如果起点有障碍物,直接返回 0
        if (obstacleGrid[0][0] == 1) return 0;

        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));

        // 初始化起点
        dp[0][0] = 1;

        // 初始化第一列
        for (int i = 1; i < m; ++i) {
            dp[i][0] = (obstacleGrid[i][0] == 0 && dp[i-1][0] == 1) ? 1 : 0;
        }

        // 初始化第一行
        for (int j = 1; j < n; ++j) {
            dp[0][j] = (obstacleGrid[0][j] == 0 && dp[0][j-1] == 1) ? 1 : 0;
        }

        // 填充dp数组
        for (int i = 1; i < m; ++i) {
            for (int j = 1; j < n; ++j) {
                if (obstacleGrid[i][j] == 0) {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
                }
            }
        }

        return dp[m-1][n-1];
    }
};
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