62、63 不同路径

62. 不同路径

题目求start -> finish的路径总数。因为只能向下或者向右，所以很显然例题中start(0,0) -> (0,6) 只有一种可能，那就是一直往右。
同理，(0,0) -> 第一行的任何一个位置都只有一种情况。

// nums[3][7] 记录 start -> 任意位置的路径数
for(int i=0;i<m;i++){nums[0][i] = 1;
}

同理，start(0,0) -> (2,6) 只有一种可能，那就是一直往下。
同理，(0,0) -> 第一列的任何一个位置都只有一种情况。

 for(int i=0;i<n;i++){nums[i][0] = 1;}

我们把 (0,0) -> 到任何一个位置的路径数标到方格上，即：

因为只能向下或者向右，那么 start -> (1,1) 的路径总数有：
(0,0) -> (0,1) ->(1,1)
(0,0) -> (1,0) ->(1,1)
也就是count( (1,0) ) + count( (0,1) ) = 1+1 =2
所以剩下的空格便可以通过上边和左边推出。

 for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(i==0 || j==0) continue;nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j];}}

那么，答案便是 finial（2，6）位置对应的值。

解法一：

// 完整代码
class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {// nums[3][7] 记录 start -> 任意位置的路径数int[][] nums = new int[m][n];for(int i=0;i<m;i++){nums[i][0] = 1; }for(int i=0;i<n;i++){nums[0][i] = 1;}for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(i==0 || j==0) continue;nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j];}}return nums[m-1][n-1];}
}

解法二：

根据：nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j]可以得知nums[i][j] 是由（上一行和本行的）旧数据推导而出，并且我们最终只需要finial 位置的路径数，无需其他旧数据。
所以可以简化空间，将int[m][n]优化为int[n]。
所以：

class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {int[] nums = new int[n];// 初始第一行均为1Arrays.fill(nums,1);for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(i==0 || j==0) continue;nums[j] += nums[j-1];}}return nums[n-1];}
}

63. 不同路径 II

相较于上一题，多了障碍物
所以：
第一行：如果不出现障碍物均为1，出现障碍物的话障碍物前为1 其他为0（因为无法到达）

for(int i=0; i<m; i++){if(obstacleGrid[0][i] == 1) break;nums[0][i] = 1;
}

第一列：如果不出现障碍物均为1，出现障碍物的话障碍物前为1 其他为0（因为无法到达）

for(int i=0; i<m; i++){if(obstacleGrid[i][0] == 1) break;nums[i][0] = 1;
}

其他空格：如果本位置不出现障碍物nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j]，如果出现障碍物的话为0

for(int i=0; i<m; i++){for(int j=0; j<n; j++){if(i==0 || j==0) continue;if(obstacleGrid[i][j] == 0){nums[i][j] = nums[i-1][j] + nums[i][j-1];}}
}

解法一：

class Solution {public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int[][] nums = new int[m][n];for(int i=0; i<m; i++){if(obstacleGrid[i][0] == 1) break;nums[i][0] = 1;}for(int i=0; i<n; i++){if(obstacleGrid[0][i] == 1) break;nums[0][i] = 1;}for(int i=0; i<m; i++){for(int j=0; j<n; j++){if(i==0 || j==0) continue;if(obstacleGrid[i][j] == 0){nums[i][j] = nums[i-1][j] + nums[i][j-1];}}}return nums[m-1][n-1];}
}

解法二：

同样可以得到：
根据nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j]可以得知nums[i][j] 是由（上一行和本行的）旧数据推导而出，并且我们最终只需要finial 位置的路径数，无需其他旧数据。
所以可以简化空间，将int[m][n]优化为int[n]。
所以：


/**
解法二：压缩数组
由解法一   “nums[i][j] = nums[i][j-1] + nums[i-1][j];如若出现障碍物即为0” 得旧数据仅仅用于下一行的累加，即旧数据没有被存储的必要。可以简化为一维数组，即 nums[j] += nums[j-1]; 如若出现障碍物即为0。
需要注意的是nums[0]的值，即当（obstacleGrid）第一列若某元素出现障碍物，之后的元素便都为0了，所以需要额外判断nums[0]
**/class Solution {public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int[] nums = new int[n];for(int j=0; j<n; j++){if(obstacleGrid[0][j] == 1) break;nums[j] = 1;}nums[0] = 1;for(int i=0; i<m; i++){for(int j=0; j<n; j++){// 需要额外判断nums[0]if(nums[0] == 1){if(j==0 && obstacleGrid[i][j] == 1){nums[0] = 0;}}if(i==0 || j==0) continue;if(obstacleGrid[i][j] == 0){nums[j] += nums[j-1];}else{nums[j] = 0;}}}return nums[n-1];}
}

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