[动态规划]62. 63.不同路径 I II（回溯法、动态规划 + 优化）115. 不同的子序列（双序列动态规划）120. 三角形最小路径和（滚动数组优化）

62. 不同路径

题目链接

分类：回溯法、动态规划

思路1：回溯法

机器人每到达一个节点都有两个选择：向下或向右。

关键问题：如何用代码表示向下移动或向右移动？

机器人起点(1,1)，设移动过程中机器人位置=(i,j)，向下移动=(i,j+1)，向右移动=(i+1,j)，当i=m,j=n时即得到一条路径。
移动过程中i,j不能超过下边界和右边界。

实现代码

class Solution {
    int res;
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        this.res = 0;
        backtrack(m, n, 1, 1);
        return res;
    }
    //回溯递归实现
    public void backtrack(int m, int n, int i, int j){
        if(i == m && j == n){
            res++;
            return;
        }
        else{
            //向下移动
            if(j + 1 <= n)
                backtrack(m,n,i,j+1);
            //向右移动
            if(i + 1 <= m)
                backtrack(m,n,i+1,j);
        }
    }
}

• 存在的问题：效率过低，运行超时。

思路2：动态规划（推荐）

构造一个二维数组dp[m][n],
dp[i][j]表示从(1,1)到达(i,j)的路径数量，其中，向下移动=(i,j+1)，向右移动=(i+1,j)，所以：

到达(i,j)的最大路径数量=到达(i,j-1)的路径数量+到达(i-1,j)的路径数量，
即：
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j]

例如：m=3,n=2(m表示列数，n表示行数)
(0,0)=1,(0,1)=1,(0,2)=1
(1,0)=1,(1,1)=2,(1,2)=3

dp数组初始化：
两条边路：从起点一直往右到右边界；从起点一直往下到下边界。到达两条边路上所有节点的路径始终只有1条，所以dp[i][0]=1,dp[0][j]=1，

最终的结果保存在dp[m-1][n-1]上。

实现代码:

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        int[][] dp = new int[m][n];
        //dp数组初始化
        for(int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++) dp[0][i] = 1;
        //构造dp数组过程
        for(int i = 1; i < m; i++){
            for(int j = 1; j < n; j++){
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
}

• 空间复杂度： O(MN)

思路2的空间优化：按行处理。

观察状态转移方程可以发现，计算dp[i][j]只需要考虑dp[i-1][j]和dp[i][j-1]即可，也就是计算第i,j处的值，只需要知道当前行和上一行的结果即可，所以可以使用两个大小为n的数组pre和cur，其中pre存放上一行结果，cur存放当前行的结果，因此：

• dp[i - 1][j] 表示的是上一行的第j列，所以更换为pre[j]；
• dp[i][j - 1] 表示的是当前行的第j-1列，所以更换为cur[j-1]；

所以状态转移方程修改为：

cur[j] = pre[j] + cur[j-1]

最终结果就存放在cur[n-1]上。

关键问题：

1、pre和cur的更新问题：

首先，明确构造pre和cur数组的动态规划过程代码框架：两层for循环，外层遍历m行，内层对每一行都遍历n列：

     for(int i = 1; i < m; i++){//i表示行序号
         for(int j = 0; j < n; j++){//j表示列序号
         	...
         }
     }

接着，cur数组代表当前行，计算cur[j]只需要知道cur[j-1]，所以在内层for-j循环遍历每一列时就更新cur[j]；pre数组代表上一行，在计算完当前行cur的所有列后，且在进入下一行之前，就把当前行的结果复制给pre数组，使用函数clone()：

    //开始计算下一行
    for(int i = 1; i < m; i++){//i表示行序号
        for(int j = 0; j < n; j++){//j表示列序号
            if(j == 0) cur[j] = 1;
            else cur[j] = pre[j] + cur[j - 1];
        }
        //在进入下一行之前复制当前行cur给pre
        pre = cur.clone();
    }

2、pre、cur数组的初始化：

pre代表上一行，初始时pre表示第一行，第一行的初始化和原版动态规划dp[0][j]相同，全部赋值为1即可。
cur代表当前行，初始时cur表示第二行，第二行的初始化只需要第0列赋值为1即可，但可能出现一个特殊情况：例如m=1,n=2时，因为最终结果存放在cur[1]上，如果不对cur置1，当m=1时不会进入for循环，cur[1]初始为0，会导致错误，所以cur初始时每一列也置1：

Arrays.fill(pre, 1);
Arrays.fill(cur, 1);

实现代码

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        int[] pre = new int[n];//存放上一行
        int[] cur = new int[n];//存放当前行
        //第一行全为1
        Arrays.fill(pre, 1);
        Arrays.fill(cur,1);//对cur也填充1，这是为了解决例如m=1,n=2的情况，最终结果存放在cur[1]上，如果不对cur置1，当m=1时不会进入for循环，cur初始为0所以导致错误。
        //开始计算下一行
        for(int i = 1; i < m; i++){//i表示行序号
            for(int j = 0; j < n; j++){//j表示列序号
                if(j == 0) cur[j] = 1;
                else cur[j] = pre[j] + cur[j - 1];
            }
            //更新pre
            pre = cur.clone();
        }
        return cur[n - 1];
    }
}

• 空间复杂度从O(MN)降低为O(2N)

63. 不同路径 II（增加障碍物）

题目链接

分类：回溯法、动态规划

第63题和第62的区别在于，本题给出了要移动的网格二维数组，同时在网格中增加了障碍物，如果遇到障碍物则说明当前路径是无效的，在此基础上返回有效的最大路径数量。
所以比起第62题需要多考虑障碍物的问题。

思路1：动态规划

动态规划的思路和第62题完全相同，不同点在于对dp数组的构造。

dp数组的初始化：
对于两条边路：右边路和下边路，如果障碍物存在于这两条边路上时，障碍物之后的节点上的值要全部置0，表示没有有效路径会经过该节点。因为边路的有效路径最多只有1条，如果边路出现障碍物，那在障碍物之后的节点都是不可达的，所以dp数组上障碍物之后的元素都需要置0；如果边路不存在障碍物，则与第62题的初始化相同，边路全部置1：

    //初始化dp数组时需要考虑边路上是否有障碍物
    for(int i = 0; i < n; i++){
        if(obstacleGrid[0][i] == 0) dp[0][i] = 1;
        else break;
    }
    for(int i = 0; i < m; i++){
        if(obstacleGrid[i][0] == 0) dp[i][0] = 1;
        else break;
    }

在构造dp数组的过程中，也需要考虑出现障碍物的情况，如果（i，j）处出现障碍物，则该点的有效路径数量变为0，即dp[i][j]=0，无论他的上边、左边的dp元素数值是多少。

思路1的空间优化：（原数组用作dp数组）

可以直接把原始二维数组obstacleGrid当做dp数组.

关键问题：dp数组的初始化

先处理右边路：
如果遇到元素1，就将当前所在边路其后的所有元素置0，直到右边界，然后退出右边路的初始化过程；
如果遇到元素0就置1。

   for(int i = 0; i < n; i++){
       if(obstacleGrid[0][i] == 0) obstacleGrid[0][i] = 1;
       else{
       		//如果遇到元素1，则其后所有元素都置0
           while(i < n){
               obstacleGrid[0][i] = 0;
               i++;
           }
           break;
       }
   }

再处理下边路：（易错点）
因为此时下边路的第一个元素obs[0][0]就是右边路的第一个元素obs[0][0]，此时该元素的值表示的是dp数组元素的含义，所以此时obs[0][0]=1表示有1条有效路径，=0表示没有有效路径。
在下边路的第二个元素开始，每一个元素就取它的前一个元素的值，这样一来：

• 如果当前元素值=1，说明遇到障碍物，则置当前元素值=0；
• 如果当前元素值=0，就沿用前一个元素的值，如果前一个元素值=0，说明前一个元素没有有效路径，则当前元素也自然没有有效路径，置0；如果前一个元素值=1，则下边路接下来的元素也取1，表示有一条有效路径。

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

边路以外：遇到1就置0，遇到0就等于[i-1][j]+[i][j-1]

• 空间复杂度：降低为O(1)

实现代码

class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.length;//行数
        if(m < 1) return 0;
        int n = obstacleGrid[0].length;//列数
        
        //int[][] dp = new int[m][n];
        //初始化dp数组时需要考虑边路上是否有障碍物
        for(int i = 0; i < n; i++){
            if(obstacleGrid[0][i] == 0) obstacleGrid[0][i] = 1;
            else{
                while(i < n){
                    obstacleGrid[0][i] = 0;
                    i++;
                }
                break;
            }
        }
        for(int i = 1; i < m; i++){
            if(obstacleGrid[i][0] == 1) obstacleGrid[i][0] = 0;
            else obstacleGrid[i][0] = obstacleGrid[i - 1][0];
        }
        for(int i = 1; i < m; i++){
            for(int j = 1; j < n; j++){
                if(obstacleGrid[i][j] == 1) obstacleGrid[i][j] = 0;
                else obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i - 1][j] + obstacleGrid[i][j - 1];
            }
        }
        return obstacleGrid[m - 1][n - 1];
    }
}

115. 不同的子序列（双序列动态规划）

题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/distinct-subsequences/

分类：回溯法、动态规划

这是一题很典型的回溯 -> 动态规划 的题目，可以很好地锻炼这两方面的能力。其实不难，动态规划的状态转移方程就是基于回溯法的思路而来的。

思路1：回溯法（超时）

设置两个指针ps,pt分别作为字符串s，t的工作指针：

• 如果 s[ps] 和 t[pt] 上的字符匹配，则ps++,pt++；
• 如果s[ps] 和 t[pt] 不匹配或匹配成功，可以选择跳过s[i]字符，取下一个s[ps+1]字符继续和 t[pt] 匹配，所以ps++,pt不变.(注意：字符匹配成功时也可以跳过该字符)

直到pt到达t末尾时说明匹配成功，得到一个解。

能这样做的前提是题目明确了s上的子串字符相对位置是不变的，这大大降低的难度。

• 存在的问题：效率低，超时。

实现代码：

class Solution {
    int res = 0;
    public int numDistinct(String s, String t) {
        //预处理
        if(s.length() < t.length()) return 0;

        backtrack(s, 0, t, 0);
        return res;
    }
    //回溯函数：
    public void backtrack(String s, int ps, String t, int pt){
        //到达t末尾
        if(pt == t.length()){
            res++;
            return;
        }
        if(ps == s.length()) return;

        //字符匹配成功：pt,ps同步+1
        if(s.charAt(ps) == t.charAt(pt)) backtrack(s, ps + 1, t, pt + 1);
        //字符匹配失败：pt不变，ps+1;(匹配成功也可以做这一步))
        backtrack(s, ps + 1, t, pt);
    }
}

思路2：动态规划（推荐）

思路1存在很多重复计算，考虑用辅助数组把前面计算的结果保存下来供后面的计算直接使用，因此可以使用动态规划。

状态设置：f(i，j) 表示t的前j个字符在s的前i个字符中的子序列中出现的个数，如下表格（状态设置之后举例画表格是很好的找状态转移方程的方法）：

s\t "" b  a  g
""  1  0  0  0
b   1  1  0  0
a   1  1  1  0
b   1  2  1  0
g   1  2  1  1
b   1  3  1  1
a   1  3  4  1
g   1  3  4  5

状态转移方程：

当s.charAt(i) == t.charAt(j) 时，f(i,j) = f(i-1,j-1)+f(i-1,j)，

• 因为当si和tj匹配时，可以选择把这个字符考虑在内i+1,j+1继续匹配，也可以跳过该字符i+1而j不动。其中，f(i-1,j-1)表示t的前j-1个字符在s的前i-1个字符中出现的次数，f(i-1,j)表示t的前j个字符在s的前i-1个字符中出现的次数。
  例如：s=“abcc”，t=“abc”，i=3，j=2时，s[3] == ‘c’ == t[2]，当前字符可以匹配成功，但是有两种选择：
  • 一种是把s[i]归为最终结果子串里的字符，认为它和t[j]相匹配，而字符串剩余部分的匹配就变为需要在s="abc"中寻找t="ab"出现的次数，即dp[i-1][j-1]；
  • 另一种是虽然两字符相等，但不取s[i]加入最终结果子串，所以字符串剩余部分的匹配变为在s="abc"中寻找t="abc"出现的次数，即dp[i-1][j]。
    两字符匹配时，这两种选择都可以考虑在内，所以dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]

当s.charAt(i) != t.charAt(j) 时，f(i,j) = f(i-1,j)，

• s[i],t[j]不相等时，只有一种选择就是跳过s的第i个字符取i+1,而j不动，相当于s[i]==t[j]情况下的第二种选择。
  例如：s = “abcd”，t = “abc” ,i = 3，j = 2
  s[i]=‘d’ != t[j]，所以第i个字符的加入不会增加t[0~j]在s[0~i-1]中的出现次数，所以沿用t的前j个字符在s的前i-1个字符中出现的次数。

dp数组：

• 大小设置为[s.lenght+1][t.length+1]，+1的目的是为了让dp[0][j]表示s=""，dp[i][0]表示t=""的情况。
• 初始化：dp[i][0]表示t="“在s的出现次数，因为只在s=”“是出现一次，所以dp[i][0]=1
  dp[0][j]表示t在s=”"的出现次数，除了dp[0][0]=1以外，其他都=0.
• 最终返回值：dp[s.length][t.length]

实现代码：

class Solution {
    public int numDistinct(String s, String t) {
        //预处理
        if(s.length() < t.length()) return 0;

        int[][] dp = new int[s.length() + 1][t.length() + 1];
        //dp数组初始化
        for(int i = 0; i < dp.length; i++) dp[i][0] = 1;
        //构造dp数组过程
        for(int i = 1; i < dp.length; i++){
            for(int j = 1; j < dp[i].length; j++){
                if(s.charAt(i - 1) == t.charAt(j - 1)) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
                else dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            }
        }
        return dp[s.length()][t.length()];
    }
}

120. 三角形最小路径和（滚动数组优化）

题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle/

分类：回溯法、动态规划（滚动数组做空间优化）

思路1：动态规划 O(N^2)

这题很明显可以用回溯法求解，因此也可以考虑用动态规划优化回溯法。

状态设置：f(i,j)表示从(0,0)到(i,j)的最小路径和
每一行都满足j<=i，

• 如果j == 0或j == i，即当前列是这一行的首尾列时，f(i,j)=f(i-1,j)+triangle[i][j]（第0列） 或f(i-1,j-1)+triangle[i][j] (最后一列，其中j-1是第i-1行的最后一列)
• 如果j>0 && j < i，即当前列是这一行的中间列时，f(i,j)=min{f(i-1,j)+triangle[i][j] , f(i-1,j-1) + triangle[i][j]}

dp数组：

• 大小设置：dp[triangle.length][triangle[triangle.length-1].length]，因为双重列表triangle是三角形，所以构造的二维数组行数 = triangle的行数，列数 = 三角形底边的列数。
• 初始化：dp[0][0]=triangle[0][0]
• 最终返回值：设置一个min，当行序号==triangle.length-1时，说明到达最后一行，每得到一个路径和就拿来和min对比，取其中的较小值，最后返回min即可。

实现代码：

class Solution {
    public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
        if(triangle == null || triangle.size() == 0 || triangle.get(triangle.size() - 1).size() == 0) return 0;
        
        int rows = triangle.size(), cols = triangle.get(rows - 1).size();//获取triangle的行数、列数
        int[][] dp = new int[rows][cols];
        dp[0][0] = triangle.get(0).get(0);
        int min = dp[0][0];//min初始化为dp[0][0]是为了处理用例只有一行一列，即一个元素的情况，此时的min=这个元素本身。
        //构造dp数组
        for(int i = 1; i < rows; i++){
            for(int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++){
                //第0列时
                if(j == 0){
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + triangle.get(i).get(j);
                    //当i==rows-1时，说明这是最后一行，取dp数组第0列元素作为min基准
                    if(i == rows - 1) min = dp[i][j];
                }
                //最后一列时
                else if(j == triangle.get(i).size() - 1) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + triangle.get(i).get(j);
                //中间列时
                else{
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j] + triangle.get(i).get(j), dp[i - 1][j - 1] + triangle.get(i).get(j));
                }
                //如果已经到了最后一行，则在最后一轮for循环中找出这一行的min作为最终结果
                if(i == rows - 1){
                    min = Math.min(min, dp[i][j]);
                }
            }
        }
        return min;
    }
}

思路2：动态规划 + 空间优化 O(N)

观察状态转移方程可以发现：使用滚动数组可以对思路1的二维dp数组进行优化。
因为f(i,j)状态下只和f(i-1,j),f(i-1,j-1)有关，所以把dp数组换成一维数组，大小=cols。

一维数组在动态规划中如何滚动？一维数组 + 2个变量（！！！）

在计算第 i 行时，dp数组保存的是第i - 1行的结果，且每求出第j列的结果，就会覆盖掉dp数组原j下标处的元素。（这部分最好画图举例结合下面的分析来理解）

具体为：在计算f(i,j-1)后就会覆盖掉f(i-1,j-1)，计算f(i,j)后就会覆盖掉f(i-1,j)，所以要用两个变量temp1,temp2分别备份f(i-1,j-1)和f(i-1,j)，此后j++，在计算f(i,j+1)时还会用到f(i-1,j)，将此时的f(i,j+1)看做f(i,j)，则f(i-1,j)也相应看做f(i-1,j-1)，由此可见随着j++，要不断拿temp2的值更新temp1,而temp2则更新为dp[j+1]，为的是在dp[j+1]被覆盖之前先把这一位上的值备份下来。

同时，观察到：

• 当j==0时，计算f(i,j)只使用到了f(i-1,j)，dp[j]被覆盖前就表示f(i-1,j)，被覆盖后表示f(i,j)，所以dp[0]的更新不需要用到temp，因此也不需要更新temp1、temp2；

• 当j>0时，才每求得一个dp[j]，就更新temp1=temp2、temp2=dp[j+1]。

• 取dp[j+1]之前记得做越界判断。（易遗漏）

实现代码：
除了dp数组的不同和两个变量的引入，其他代码框架和思路1相同。

class Solution {
    public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
        if(triangle == null || triangle.size() == 0 || triangle.get(triangle.size() - 1).size() == 0) return 0;
        
        int rows = triangle.size(), cols = triangle.get(rows - 1).size();//获取triangle的行数、列数
        int[] dp = new int[cols];//一维dp数组按行滚动
        dp[0] = triangle.get(0).get(0);
        int min = dp[0];//当用例只有一行一列时min=这个元素本身

        //构造dp数组
        for(int i = 1; i < rows; i++){//按行滚动
            int temp1 = dp[0];//备份f(i-1,j-1)
            int temp2 = dp[1];//备份f(i-1,j)
            for(int j = 0; j <= i; j++){
                if(j == 0){
                    dp[j] = dp[j] + triangle.get(i).get(j);//等号右边的dp[j]表示dp[i-1][j]，等号左边的dp[j]表示dp[i][j]
                    if(i == rows - 1) min = dp[j];
                }
                else if(j == i) dp[j] = temp1 + triangle.get(i).get(j);
                else dp[j] = Math.min(dp[j] + triangle.get(i).get(j), temp1 + triangle.get(i).get(j));
                if(j > 0){//j==0时不需要更新temp1,temp2
                    temp1 = temp2;
                    if(j < i) temp2 = dp[j + 1];//j
                }
                if(i == rows - 1) min = Math.min(min, dp[j]);
            }
        }
        return min;
    }
}