代码随想Day39 | 62.不同路径、63. 不同路径 II

62.不同路径 

每次向右或者向下走两个选择，定义dp数组dp[i][j] 为到达索引ij的路径和，状态转移公式为

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]，初始状态的第一行和第一列为1，从左上到右下开始遍历即可。详细代码如下：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector>dp (m,vector(n,1));
        for(int i=1;i

为了优化空间复杂度，可以用一个一维数组，因为一定是先更新左边的值再更新右边的值。

详细代码如下：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vectordp (n,1);
        for(int i=1;i

63. 不同路径 II 

这道题和上一道思路一样，但是这道有障碍物，需要注意有障碍物的索引，到达该处的路径和为0，根据这个条件，增加处理逻辑即可，整体的转移方程还是

详细代码如下：

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {
        if(obstacleGrid.empty()) return 0;
        vector>dp(obstacleGrid.size(),vector(obstacleGrid[0].size(),0));
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        for(int i=0;i0&&dp[i-1][0]==0) dp[i][0]=0;
            else dp[i][0] = 1;
        }
        for(int j=1;j

感觉这道题的优化空间版本细节有点多，但还是附上代码：

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {
        if(obstacleGrid.empty()) return 0;
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vectordp (n,0);
        for(int j=0;j0&&dp[j-1]==0) dp[j]=0;
            else dp[j] = 1;
        }
        for(int i=1;i0) dp[j] = dp[j]+dp[j-1];
            }
        }
        return dp[n-1];

    }
};