代码随想录第三十九天 | 不同路径：没有障碍：深搜，动态规划，数论（62）；有障碍：明确动规数组含义 以及 初始化 的重要性（63）
1、没有障碍的不同路径：深搜，动态规划，数论
1.1 leetcode 62：不同路径
第一遍代码
record 记录从起点到这个格子有几条路径
只有左边一格，上面一格有可能能到目标格子
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> record(m, vector<int>(n));
//record 记录从起点到这个格子有几条路径
for(int i = 0; i < n; i++) {
record[0][i] = 1;
}
for(int j = 0; j < m; j++) {
record[j][0] = 1;
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int j = 1; j < m; j++) {
record[j][i] = record[j - 1][i] + record[j][i - 1];
//只有左边一格，上面一格有可能能到这个格子
}
}
return record[m - 1][n - 1];
}
};
1.2 leetcode 62：深搜
这道题目，刚一看最直观的想法就是用图论里的深搜，来枚举出来有多少种路径
注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步，那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树，而叶子节点就是终点
如图举例：
此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数，叶子节点为终点，根节点为初始节点，代码如下（其实不好想）：
class Solution {
private:
int dfs(int i, int j, int m, int n) {
if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法，相当于找到了叶子节点
return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
}
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
return dfs(1, 1, m, n);
}
};
分析一下时间复杂度，这个深搜的算法，其实就是要遍历整个二叉树，这棵树的深度其实就是 m+n-1（深度按从1开始计算），可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树（其实没有遍历整个满二叉树，只是近似而已），所以上面深搜代码的时间复杂度为O(2m+n-1 -1)，可以看出，这是指数级别的时间复杂度，是非常大的，也超时了
1.3 leetcode 62：动态规划（第一遍代码思路）
机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点
按照动规五部曲来分析：
1、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
2、确定递推公式
想要求dp[i][j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]
此时在回顾一下 dp[i - 1][j] 表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp[i][j - 1]同理，那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，因为dp[i][j]只有这两个方向过来
3、dp数组的初始化
如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理
所以初始化代码为：
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
4、确定遍历顺序
这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了，这样就可以保证**推导dp[i][j]**的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的
5、举例推导dp数组
如图所示：
以上动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
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];
}
};
时间复杂度：O(m × n)
空间复杂度：O(m × n)
其实用一个一维数组（也可以理解是滚动数组）就可以了，就是把多行并在一起，下一行直接在上一行的基础上加就行了（反正在二维数组中也需要加上上一行信息），C++代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<int> dp(n);
for (int i = 0; i < n; i++) dp[i] = 1;
for (int j = 1; j < m; j++) {
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i] += dp[i - 1];
}
}
return dp[n - 1];
}
};
时间复杂度：O(m × n)
空间复杂度：O(n)
1.4 leetcode 62：数论方法
在这个图中，可以看出一共m，n的话，无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步
在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走
那么有几种走法呢？ 可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法，那么这就是一个组合问题了
那么答案，如图所示：
求组合的时候，要防止两个int相乘溢出！ 所以不能把算式的分子都算出来，分母都算出来再做除法
例如如下代码是不行的
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
int numerator = 1, denominator = 1;
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) numerator *= (t--); // 计算分子，此时分子就会溢出
for (int i = 1; i <= m - 1; i++) denominator *= i; // 计算分母
return numerator / denominator;
}
};
需要在计算分子的时候，不断除以分母
根据思路实现代码：
分母连乘只要能整除 且 不为0就可以先除
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
long long fenzi = 1;
int fenmu = m - 1;
int fenzi_num = m + n - 2;
while(fenzi_num > m + n - 2 - m + 1) {
//控制分子乘的数
fenzi *= fenzi_num;
fenzi_num--;
while(fenmu != 0 && fenzi % fenmu == 0) {
//只要能 整除 不为0就可以先除
fenzi /= fenmu;
fenmu--;
}
}
return fenzi;
}
};
代码随想录代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
long long numerator = 1; // 分子
int denominator = m - 1; // 分母
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) {
numerator *= (t--);
while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {
numerator /= denominator;
denominator--;
}
}
return numerator;
}
};
时间复杂度：O(m)
空间复杂度：O(1)
1.5 leetcode 62：总结
本文分别给出了深搜，动规，数论三种方法
深搜当然是超时了，顺便分析了一下使用深搜的时间复杂度，就可以看出为什么超时了
然后在给出动规的方法，依然是使用动规五部曲，这次我们就要考虑如何正确的初始化了，初始化和遍历顺序其实也很重要
2、有障碍的不同路径：明确动规数组含义 以及 初始化 的重要性
2.1 leetcode 63：不同路径 II
第一遍代码
有障碍物就归0，使用dp数组记录从起点到当前节点有几条路径，递推方程与 leetcode 62 一致
行列初始化变了，只要前面 / 上面有障碍物，就没办法通过
class Solution {
public:
//有障碍物就归0，使用dp数组记录从起点到当前节点有几条路径，递推方程与62一致（要时刻记住dp数组代表的什么意思）
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
int dp[obstacleGrid.size()][obstacleGrid[0].size()];
for(int i = 0; i < obstacleGrid.size(); i++) {
if(obstacleGrid[i][0] == 0) {
//行列初始化变了，只要前面 / 上面有障碍物，就没办法通过
if(i > 0 && dp[i - 1][0] == 0) {
dp[i][0] = 0;
}
else {
dp[i][0] = 1;
}
}
else {
dp[i][0] = 0;
}
}
for(int j = 0; j < obstacleGrid[0].size(); j++) {
if(obstacleGrid[0][j] == 0) {
if(j > 0 && dp[0][j - 1] == 0) {
dp[0][j] = 0;
}
else {
dp[0][j] = 1;
}
}
else {
dp[0][j] = 0;
}
}
for(int i = 1; i < obstacleGrid.size(); i++) {
for(int j = 1; j < obstacleGrid[0].size(); j++) {
if(obstacleGrid[i][j] == 0) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
else {
dp[i][j] = 0;
}
}
}
return dp[obstacleGrid.size() - 1][obstacleGrid[0].size() - 1];
}
};
代码随想录思路
leetcode 62 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：
1、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
2、确定递推公式
递推公式和 leetcode 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];
}
3、dp数组如何初始化
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（妙）
4、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];
}
}
5、举例推导dp数组
拿示例1来举例如题：
对应的dp table 如图：
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();
if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0
return 0;
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)
同样我们给出空间优化版本：
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
if (obstacleGrid[0][0] == 1)
return 0;
vector<int> dp(obstacleGrid[0].size());
for (int j = 0; j < dp.size(); ++j)
if (obstacleGrid[0][j] == 1)
dp[j] = 0;
else if (j == 0)
dp[j] = 1;
else
dp[j] = dp[j-1];
for (int i = 1; i < obstacleGrid.size(); ++i)
for (int j = 0; j < dp.size(); ++j){
if (obstacleGrid[i][j] == 1)
dp[j] = 0;
else if (j != 0)
dp[j] = dp[j] + dp[j-1];
}
return dp.back();
}
};
按照思路自己实现在一维数组上的版本
初始化只要考虑行上有障碍物的情况，因为对于列上的障碍物，只要前面行上同样列有1，同时判断一下这一个位置是否有障碍物（别漏了） 加的时候自然为0
obstacleGrid[0][i]二维数组下标别写漏了
第一列也要判断障碍物
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
vector<int> dp(obstacleGrid[0].size(), 0);
if(obstacleGrid[0][0] == 1) return 0;
//初始化只要考虑行上有障碍物的情况，因为对于列上的障碍物，只要前面行上同样列有1，同时判断一下这一个位置是否有障碍物（别漏了） 加的时候自然为0
for(int i = 0; i < obstacleGrid[0].size() && obstacleGrid[0][i] == 0; i++) {//obstacleGrid[0][i]二维数组别写错了
dp[i] = 1;
}
for(int i = 1; i < obstacleGrid.size(); i++) {
for(int j = 0; j < obstacleGrid[0].size(); j++) {
if(obstacleGrid[i][j] == 1) {//第一列也要判断障碍物
dp[j] = 0;
continue;
}
if(j > 0) {
dp[j] = dp[j] + dp[j - 1];
}
}
}
return dp[obstacleGrid[0].size() - 1];
}
};
2.2 leetcode 63：总结
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