class Solution:
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
@cache
def dp(m,n):
if n==0 or m==0:
return 1
return dp(m-1,n) + dp(m,n-1)
return dp(m-1,n-1)
63. 不同路径 II
确定dp数组（dp table）以及下标的含义定义
dp[i][j]表示从起点 (0,0)到达位置 (i,j)的不同路径数。
确定递推公式
如果该位置是障碍物：dp[i][j] = 0
如果不是障碍物：dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
dp数组如何初始化
dp(1,0)= 1，dp(0,1) = 1，遇到障碍时，路径数量应该为0
确定遍历顺序
由dp(m,n) = dp(m-1,n) + dp(m,n-1)，应该从起点向终点遍历
举例推导dp数组
在相对特殊的情况没想清楚，例如边缘上有障碍物，且仅有该道路时，应该也设为0。如\[0,1,0,0]
同时，由于输入时m-1和n-1，存在越界可能，需要处理；
python复制代码
class Solution:
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
@cache
def dp(m,n):
if m<0 or n<0:
return 0
if obstacleGrid[m][n] == 1:
return 0
if n==0 and m==0:
return 1
return dp(m-1, n) + dp(m, n-1)
m = len(obstacleGrid)
n = len(obstacleGrid[0])
return dp(m-1,n-1)
相对标准的方法
python复制代码
class Solution:
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
m, n = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])
if obstacleGrid[0][0] == 1 or obstacleGrid[m-1][n-1] == 1:
return 0
dp = [[0] * n for _ in range(m)]
dp[0][0] = 1 # 起点
# 初始化第一列
for i in range(1, m):
if obstacleGrid[i][0] == 0: # 没有障碍物
dp[i][0] = dp[i-1][0] # 只能从上方来
# 初始化第一行
for j in range(1, n):
if obstacleGrid[0][j] == 0: # 没有障碍物
dp[0][j] = dp[0][j-1] # 只能从左方来
# 填充内部格子
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
if obstacleGrid[i][j] == 0: # 没有障碍物
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
# 有障碍物时保持0（默认值）
return dp[m-1][n-1]
整数拆分 （可跳过）
没有想得特别的清楚，仔细考虑一下：
确定dp数组（dp table）以及下标的含义定义
这里的dp数组也即给定的整数n目前为止还剩下多少
确定递推公式
dpi = max(j * dpi-j , j*(i-j), dpi)
也即dpi是 i拆成的j和i-j的乘积或i拆成的i和dp(i-j)的乘积，或i本身
dp数组如何初始化
因为n>=2，初始化dp(2)==1即可
确定遍历顺序
由dpi = max(j * dpi-j , j*(i-j), dpi)，应该从起点向终点遍历
举例推导dp数组
python复制代码
class Solution:
def integerBreak(self, n: int) -> int:
dp = [0] * (n+1)
dp[2] = 1
for i in range(3,n+1):
for j in range(1,i-1):
dp[i] = max(j * dp[i-j] , j*(i-j), dp[i])
return dp[n]
不同的二叉搜索树 （可跳过）
确定dp数组（dp table）以及下标的含义定义
dp(n)也即有n个节点的二叉搜索树有多少种
确定递推公式
来看看n为3的时候，有哪几种情况。
当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！
