今日主要总结一下动态规划的两道题目，62. 不同路径 && 63. 不同路径 II

题目一：62. 不同路径

题目描述：
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” ）。

问总共有多少条不同的路径？

示例 1：

在这里插入图片描述

输入：m = 3, n = 7
输出：28
示例 2：

输入：m = 3, n = 2
输出：3
解释：
从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。

向右 -> 向下 -> 向下
向下 -> 向下 -> 向右
向下 -> 向右 -> 向下
示例 3：

输入：m = 7, n = 3
输出：28
示例 4：

输入：m = 3, n = 3
输出：6

提示：

1 <= m, n <= 100
题目数据保证答案小于等于 2 * 109

本题重难点

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
大家如果提交了代码就会发现超时了！
来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）。
那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。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(2^(m + n - 1) - 1)，可以看出，这是指数级别的时间复杂度，是非常大的。

所以深搜不行，考虑动态规划来试一下：
如前面系列文章一文搞懂动态规划系列（第一篇）509. 斐波那契数70. 爬楼梯和一文搞懂746. 使用最小花费爬楼梯所讲：
对于动态规划问题，可以拆解为如下五步曲，这五步都搞清楚了，才能说把动态规划真的掌握了！

确定dp数组（dp table）以及下标的含义
确定递推公式
dp数组如何初始化
确定遍历顺序
举例推导dp数组

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：

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。
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。
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。
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。
举例推导dp数组

如图所示：

C++代码

方法一、常规动态规划

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(n)
空间复杂度：O(n)

方法二、动归空间复杂度优化
其实用一个一维数组（也可以理解是滚动数组）就可以了，但是不利于理解，可以优化点空间，建议先理解了二维，在理解一维，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(n)
空间复杂度：O(1)

题目二：63. 不同路径 II

题目描述：
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。

示例 1：

在这里插入图片描述

输入：obstacleGrid = [[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：

向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右

示例 2：
在这里插入图片描述

输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1

提示：

m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1

本题重难点

这道题相对于上一题62.不同路径就是有了障碍。

第一次接触这种题目的同学可能会有点懵，这有障碍了，应该怎么算呢？

62.不同路径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

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：

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。
确定递推公式
递推公式和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）。
dp数组的初始化
但如果(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：

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

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。
举例推导dp数组

C++代码

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        if(obstacleGrid[0][0] || obstacleGrid[m -1][n - 1]) 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] == 0){
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
                }
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
};