「代码随想录」63. 不同路径 II【动态规划】力扣详解!
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63. 不同路径 II
题目链接:https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-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?
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1:
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:
- 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
- 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
示例 2:
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] 为 0 或 1
思路
这道题相对于62.不同路径 就是有了障碍。
第一次接触这种题目的同学可能会有点懵,这有障碍了,应该怎么算呢?
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
- 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();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];}
};
- 时间复杂度O(n * m) n m 分别为obstacleGrid 长度和宽度
- 空间复杂度O(n * m)
至于能不能优化空间降为一维dp数组,我感觉不太行,因为要考虑障碍,如果把这些障碍压缩到一行,结果一定就不一样了。
总结
本题是62.不同路径的障碍版,整体思路大体一致。
但就算是做过62.不同路径,在做本题也会有感觉遇到障碍无从下手。
其实只要考虑到,遇到障碍dp[i][j]保持0就可以了。
也有一些小细节,例如:初始化的部分,很容易忽略了障碍之后应该都是0的情况。
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