问题描述

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

动态规划解决

前面我们讲过的409，动态规划求不同路径和这非常类似的一道题，只不过上一篇没有障碍物，但并不影响我们解这道题，我们还用dp[i][j]表示到坐标(i，j)这个格内有多少条不同的路径，所以最终的答案就是求dp[m-1][n-1]。

这里的递推分为两种情况，一种是当前网格没有障碍物，一种是当前网格有障碍物。

1，如果当前网格dp[i][j]有障碍物，那么这里肯定是走不过去的，所以dp[i][j]=0。

2，如果当前网格dp[i][j]没有障碍物，那么递推公式就和上一题409，动态规划求不同路径一样了。

因为只能从上面或左边走过来，所以递推公式是

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。

• dp[i-1][j]表示的是从上面走过来的路径条数。
• dp[i][j-1]表示的是从左边走过来的路径条数。

边界条件也好判断，如果当前行没有障碍物，那么当前行的值都是1，如果有障碍物，那么第一个障碍物前面都是1，其他的都是0。同理第一列也一样。

我们来看下代码

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {    int m = obstacleGrid.length;    int n = obstacleGrid[0].length;    int dp[][] = new int[m][n];    //第一列初始化    for (int i = 0; i 

代码和409，动态规划求不同路径差不多，只不过在第一行和第一列还有上面第21行多了一些判断。

动态规划代码量优化

上面代码虽然也能实现，但有那么多条件判断总感觉很繁琐，所以我们还有一种方式就是把二维数组的长和宽都放大一格，这样数组的第一行和第一列都不存储任何值，但初始条件要变了

• dp[1][1] = obstacleGrid[0][0] ^ 1;
• dp[0][1] = 1;
• dp[1][0] = 1;

上面3种初始条件都可以，我们来任选一个，看下代码

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {    int m = obstacleGrid.length;    int n = obstacleGrid[0].length;    int dp[][] = new int[m + 1][n + 1];    //初始条件，下面3个任选一个    //dp[1][1] = obstacleGrid[0][0] ^ 1;    //dp[0][1] = 1;    dp[1][0] = 1;    for (int i = 1; i <= m; ++i)        for (int j = 1; j <= n; ++j)            if (obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)                dp[i][j] += dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];    return dp[m][n];}

动态规划空间优化

我们可以参照上一题把二维空间改为一维的，原理很简单，我们来直接看代码

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {    int m = obstacleGrid.length;    int n = obstacleGrid[0].length;    int[] dp = new int[n + 1];    dp[1] = 1;    for (int i = 0; i 

上一题有人问过一个问题说看不懂第11行，这里再说一下，因为是一行一行的遍历，在当前行遍历之前dp(这里是一维数组)表示的是上一行的值，然后遍历到当前行的时候，假如遍历当前行的第j列的时候，那么当前行第j列之前的数据都会被更新掉，当前行第j列之后的数据还是上一行的，所以dp[j]=dp[j]+dp[j-1](为了区分，这里标成了不同的颜色)，dp[j]表示的是当前列的上一行值，dp[j-1]表示的是当前行的前一个值。

递归方式

上一题我们提到过，使用递归的方式会造成大量的重复计算，所以为了减少重复计算，这里使用一个map把计算过的值存储起来，下次用的时候先从map中取，如果有就返回，如果没有再计算。

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {    return helper(obstacleGrid, 0, 0, new HashMap());}public static int helper(int[][] obstacleGrid, int down, int right, Map map) {    String key = down + "and" + right;    int result = 0;    if (map.containsKey(key))        return map.get(key);    if (obstacleGrid[down][right] == 1) {        result = 0;        map.put(key, result);        return result;    }    if (right == obstacleGrid[0].length - 1 && down == obstacleGrid.length - 1) {        if (obstacleGrid[down][right] == 1) {            result = 0;        } else {            result = 1;       }        map.put(key, result);        return result;    }    if (right == obstacleGrid[0].length - 1 || down == obstacleGrid.length - 1) {        if (right == obstacleGrid[0].length - 1) {            result = helper(obstacleGrid, down + 1, right, map);        } else {            result = helper(obstacleGrid, down, right + 1, map);        }        map.put(key, result);        return result;    }    result = helper(obstacleGrid, down, right + 1, map) + helper(obstacleGrid, down + 1, right, map);    map.put(key, result);    return result;}

这种不看也可以，因为动态规划非常简单，没人会傻到会使用这种方式，但他也算是提供了一种思路，有时间看看也行。

总结

这题多了一个障碍物的判断，但难度其实并没有增加多少，如果当前位置出现了障碍物，说明不能从当前位置通过，所以当前位置的路径是0，如果当前位置不是0，那么计算就还和以前一样了。

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