35、第九章 动态规划part02

本节内容

• 62.不同路径
• 63. 不同路径 II

62.不同路径※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/unique-paths/
文章讲解： https://programmercarl.com/0062.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E8%B7%AF%E5%BE%84.html

题目分析

方案一

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {

        int[][] path = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (i == 0) path[i][j] = 1;
                else if (j == 0)  path[i][j] = 1;
                else path[i][j] = path[i - 1][j] + path[i][j - 1];
            }
        }
        return path[m -1][n - 1];
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:38.1 MB,击败了80.01% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n * m )

空间复杂度：
O( n * m )

代码随想录

https://programmercarl.com/0062.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E8%B7%AF%E5%BE%84.html

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，代码如下：

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);
    }
};

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。

动态规划

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，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]; // 即记录上一层的相关数据，又可以转换为当前的数值
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
};

• 时间复杂度：O(m × n)
• 空间复杂度：O(n)

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，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)

计算组合问题的代码还是有难度的，特别是处理溢出的情况！

代码实现

/**
   * 1. 确定dp数组下标含义 dp[i][j] 到每一个坐标可能的路径种类
   * 2. 递推公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] dp[i][j-1]
   * 3. 初始化 dp[i][0]=1 dp[0][i]=1 初始化横竖就可
   * 4. 遍历顺序 一行一行遍历
   * 5. 推导结果 。。。。。。。。
   *
   * @param m
   * @param n
   * @return
   */
  public static int uniquePaths(int m, int n) {
      int[][] dp = new int[m][n];
      //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;
      }

      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];
  }

63. 不同路径 II※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/
文章讲解： https://programmercarl.com/0063.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E8%B7%AF%E5%BE%84II.html

题目分析

方案一

class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {

        if (obstacleGrid[0][0] == 1) return 0; // 数组为[[1]]的时候，此时只有一块石头，所以返回的是0。

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

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

        for (int i = 1; i < obstacleGrid.length; i++) {
            for (int j = 1; j < obstacleGrid[0].length; j++) {
                if (obstacleGrid[i][j] == 1) obstacleGrid[i][j] = 0;
                else {
                    obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i - 1][j] + obstacleGrid[i][j - 1];
                }
            }
        }
        return obstacleGrid[obstacleGrid.length - 1][obstacleGrid[0].length - 1];
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:39.2 MB,击败了97.68% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n * m )

空间复杂度：
O( 1 )

代码随想录

https://programmercarl.com/0063.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E8%B7%AF%E5%BE%84II.html

思路

这道题相对于 上一题 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？

上一题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

不同路径下的初始化：

vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0)); // 初始值为0
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;

因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i][0]一定为1，dp[0][j]也同理。

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：

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

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：

如果这个图看不懂，建议再理解一下递归公式，然后照着文章中说的遍历顺序，自己推导一下！

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();
    }
};

• 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(m)

代码实现

class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.length;
        int n = obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[m][n];

        //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0
        if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) {
            return 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++) {
                dp[i][j] = (obstacleGrid[i][j] == 0) ? dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] : 0;
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
}

// 空间优化版本
class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.length;
        int n = obstacleGrid[0].length;
        int[] dp = new int[n];

        for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {
            dp[j] = 1;
        }

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