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✨未择之路，不须回头
已择之路，纵是荆棘遍野，亦作花海遨游
目录
5.不同路径
题目链接：
题目描述：
题目示例：
解法(动态规划)：
算法思路：
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：
dp i j 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dp i j 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：dp i j =dp i - 1 j + dp i j - 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dp01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dp m n 的值。
C++算法代码：
cpp
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n)
{
//1、创建 dp 表
//2、初始化
//3、填表
//4、返回值
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];
}
};算法总结及流程解析：
6.不同路径II
题目链接：
题目描述：
题目示例：
解法(动态规划)：
算法思路：
这道题算法逻辑和上面一题基本是十分类似的，唯一不同的在于状态转移方程，需要考虑有无障碍的情况：
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。
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。
C++算法代码：
cpp
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid)
{
//1、创建 dp 表
//2、初始化
//3、填表
//4、返回值
int m = obstacleGrid.size();
int n = obstacleGrid[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(obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)//一定要注意dp数组和题目数组的映射关系
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
}
return dp[m][n];
}
};算法总结及流程解析：
结束语
到此，5.不同路径，6.不同路径II 这两道算法题就讲解完了。**不同路径，通过状态表示dpij记录到达(i,j)的路径数，状态转移方程为dpij=dpi-1j+dpij-1，并采用辅助结点技巧初始化。不同路径II，在第一题基础上增加了障碍物判断，遇到障碍物时路径数置0。**希望大家能有所收获！