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 1 和 0 来表示。

说明：m 和 n 的值均不超过 100。

示例 1:

输入:
[[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

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-ii

思路

该题是上一题62. 不同路径的升级版，多了一个障碍物而已。可以参照上一题的解题思路。

只要将经过障碍物的路径数设成0即可。

代码

代码都是基于62. 不同路径修改而来的。

递归

class Solution(object):def unique(self, obstacleGrid, m, n):# 如果遇到障碍物，返回0if obstacleGrid[n][m] == 1:return 0# 如果到达了起点，就是一种解法if m == 0 and n == 0:return 1ways = 0# 如果可以向左回退一步if m >= 1:ways = self.unique(obstacleGrid, m - 1, n)# 如果可以向上回退一步if n >= 1:ways += self.unique(obstacleGrid, m, n - 1)return waysdef uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid):""":type obstacleGrid: List[List[int]]:rtype: int"""# n行 m 列的列表n, m = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])return self.unique(obstacleGrid, m - 1, n - 1)

为了能使用上一题的代码，n, m = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])这里求出了这个列表的行数与列数，并且传入递归函数中。

if obstacleGrid[n][m] == 1:return 0

基本在递归函数中只加了这段代码而已，非常简单。

虽然思路是对的，但是递归的方式是比较低效的，这里导致了计算超时。参阅LeetCode刷题之动态规划思想，我们可以将其改成记忆化搜索的方式，解决重叠子问题。

记忆化搜索

dp = {}
class Solution(object):def unique(self, obstacleGrid, m, n):if (m,n) not in dp:# 如果遇到障碍物，返回0if obstacleGrid[n][m] == 1:dp[(m,n)] = 0return 0# 如果到达了起点，就是一种解法if m == 0 and n == 0:dp[(m,n)] = 1return 1ways = 0# 如果可以向左回退一步if m >= 1:ways = self.unique(obstacleGrid, m - 1, n)# 如果可以向上回退一步if n >= 1:ways += self.unique(obstacleGrid, m, n - 1)dp[(m,n)] = waysreturn dp[(m,n)]def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid):# n行 m 列的列表n, m = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])return self.unique(obstacleGrid, m - 1, n - 1)

记忆化搜索的修改方式也很容易。

但是又说我记忆化搜索的代码错误了，实际上进行测试时是对的。

不管，改成动态规划。

动态规划

class Solution(object):def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid):""":type obstacleGrid: List[List[int]]:rtype: int"""# n行 m 列的列表n, m = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])# n行 m 列的列表dp = [[0] * m for _ in range(n)]#做一个小优化，如果起点就是障碍，那么无解if obstacleGrid[0][0] == 1: return 0else:dp[0][0] = 1# 先设定好边界值，设置第一列的边界值for i in range(1, n):# 如果当前格子不是是障碍 且上一个格子可达if obstacleGrid[i][0] != 1 and dp[i - 1][0] != 0 :dp[i][0] = 1# 否则当前格子不可达# 设置第一行的边界值for j in range(1, m):if obstacleGrid[0][j] != 1 and dp[0][j - 1] != 0:dp[0][j] = 1for i in range(1, n):for j in range(1, m):# 如果当前格不是障碍，才能计算if obstacleGrid[i][j] != 1:# dp[i][j] = 左边一步加上面一步的结果dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]return dp[-1][-1]

这里设定边界值的时候要麻烦一点。

如上图所示，用"X"表示障碍物，如果障碍物出现在了边界上，障碍物和右边的格子都是不可达的。
考虑到这个情况就可以了。

#做一个小优化，如果起点就是障碍，那么无解
if obstacleGrid[0][0] == 1: return 0
else:dp[0][0] = 1

并且增加对起点的判断，使得下面设定边界值的代码for循环的range都可以从1开始：

# 先设定好边界值，设置第一列的边界值
for i in range(1, n):# 如果当前格子不是是障碍 且上一个格子可达if obstacleGrid[i][0] != 1 and dp[i - 1][0] != 0 :dp[i][0] = 1# 否则当前格子不可达# 设置第一行的边界值
for j in range(1, m):if obstacleGrid[0][j] != 1 and dp[0][j - 1] != 0:dp[0][j] = 1

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