代码随想录算法训练营Day39 动态规划
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代码随想录算法训练营Day38 动态规划|62.不同路径 63. 不同路径 II
62.不同路径
题目链接:62.不同路径
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？
- 输入：m = 2, n = 3
- 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。
- 向右 -> 向右 -> 向下
- 向右 -> 向下 -> 向右
- 向下 -> 向右 -> 向右
总体思路
题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步，那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树，而叶子节点就是终点！
此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数，代码如下：
class Solution {
private:{
int dfs(int i, int j, int m, int n) {
if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法，相当于找到了叶子节点
return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
}
public{
int uniquePaths(int m, int n) {
return dfs(1, 1, m, n);
}
}
这个深搜的算法，其实就是要遍历整个二叉树。
这棵树的深度其实就是m+n-1（深度按从1开始计算）。
那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树（其实没有遍历整个满二叉树，只是近似而已）
所以上面深搜代码的时间复杂度为O(2^(m + n - 1) - 1)，可以看出，这是指数级别的时间复杂度，是非常大的。
动态规划
机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点。
按照动规五部曲来分析：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
`dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。 - 确定递推公式
想要求dp[i][j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1][j]和dp[i][j - 1]。 此时在回顾一下dp[i - 1][j]表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp[i][j - 1]同理。 那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],因为dp[i][j]`只有这两个方向过来。 - dp数组的初始化
如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。
所以初始化代码为：
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
- 确定遍历顺序
这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。
这样就可以保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。 - 举例推导dp数组
如图所示：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 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];
}
};
63. 不同路径 II
题目链接:63. 不同路径 II
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？
总体思路
62.不同路径中我们已经详细分析了没有障碍的情况，有障碍的话，其实就是标记对应的dp table（dp数组）保持初始值(0)就可以了。
动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。 - 确定递推公式
递推公式和62.不同路径一样，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。
但这里需要注意一点，因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。
所以代码为：
if (obstacleGrid[i][j] == 0) { // 当(i, j)没有障碍的时候，再推导dp[i][j]
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
- dp数组如何初始化
在62.不同路径不同路径中我们给出如下的初始化：
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0)); // 初始值为0
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i][0]一定为1，dp[0][j]也同理。
但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i][0]应该还是初始值0。
如图：
下标(0, j)的初始化情况同理。
所以本题初始化代码为：
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;
注意代码里for循环的终止条件，一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作，dp[0][j]同理
4. 确定遍历顺序
从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出，一定是从左到右一层一层遍历，这样保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。
代码如下：
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
- 举例推导dp数组
拿示例1来举例如题：
对应的dp table 如图：
如果这个图看不同，建议在理解一下递归公式，然后照着文章中说的遍历顺序，自己推导一下！
动规五部分分析完毕，对应C++代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.size();
int n = obstacleGrid[0].size();
if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0
return 0;
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
