力扣刷题笔记 63. 不同路径 II C#

题目如下：

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）
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这几天做了几题动态规划之后，终于在今天第一时间能反应本题是使用动态规划。

根据题意，对于任意不等于 1 的点 map[i][j] （即不为障碍物的点）要到达右下角终点 map[m-1][n-1]，一定是经过 map[i + 1][j] 和 map[i][j + 1]。所以 map[i][j] 的状态转移自 map[i + 1][j] 和 map[i][j + 1] 的状态。据此，需要一个 m*n 的二维 int 数组 dp 保存所有状态，且 dp[i][j] = dp[i +1][j] + dp[i][j + 1]。以上讨论均建立在 i + 1 和 j + 1 小于数组长度。

确定边界条件，所有位置状态转移自它的右边或者左边，即状态从右下角终点开始转移，并且如果终点自身不为障碍物，那么到达自身位置必然只有一条路径。所以 dp[m - 1][n - 1]赋值为 1。

由于需要先知道 dp[i +1][j] 和 dp[i][j + 1] 的状态，所以采用逆序遍历。

复杂度分析：

因为遍历整个 dp ，时间复杂度为 O(MN)。因为建立的数组 dp，所以空间复杂度也为 O(MN)。

官方题解中使用的是正序遍历，大致原理大同小异。另外，官方题解使用了滚动数组进行了优化，空间复杂度可以降为 O(M)，这里不讨论实现，只说一点因为每一行的状态都转移自下一行的状态，所以滚动数组在每次重新遍历的时候即将下一行的状态转移给了上一行（别人的题解就是别人的题解，不管咋样都比自己的好）。

以下为自己写的代码：

public class Solution {
    public int UniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.Length;
        int n = obstacleGrid[0].Length;
        int[,] dp = new int[m,n];
        if (obstacleGrid[m-1][n-1] != 1)
        {
            dp[m-1,n-1] = 1;
        }
        for(int i = m - 1;i >= 0;i--)
        {
            for (int j = n - 1;j >= 0;j--)
            {
                if (obstacleGrid[i][j] == 1)
                {
                    continue;
                }
                else
                {
                    if (i + 1 < m && dp[i + 1,j] != 0)
                    {
                        dp[i,j] = dp[i + 1,j];
                    }
                    if (j + 1 < n && dp[i,j + 1] != 0)
                    {
                        dp[i,j] += dp[i,j + 1];
                    }
                }
            }
        }
        return dp[0,0];
    }
}