【題目】*63. 不同路徑 II
一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 (起始點在下圖中標記爲“Start” )。
機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角(在下圖中標記爲“Finish”)。
現在考慮網格中有障礙物。那麼從左上角到右下角將會有多少條不同的路徑?
網格中的障礙物和空位置分別用 1 和 0 來表示。
說明:m 和 n 的值均不超過 100。
示例 1:
輸入:
[
[0,0,0],
[0,1,0],
[0,0,0]
]
輸出: 2
解釋:
3x3 網格的正中間有一個障礙物。
從左上角到右下角一共有 2 條不同的路徑:
1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
【解題思路1】動態規劃
dp數組的狀態:dp[i][j] 表示從 (0, 0) 到 (i, j) 的路徑總數
邊界條件:第0行和第0列分別遍歷,賦值爲1;如果碰到障礙物,從這個點之後全爲0,因爲碰到障礙物,之後都不可達了
狀態轉移條件:
- 當 ob[i][j] == 1 即有障礙,
dp[i][j] = 0
- 當 ob[i][j] == 0 即無障礙,
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
因爲「機器人每次只能向下或者向右移動一步」,所以 (0, 0) 到 (i, j) 的路徑總數的值只取決於 (0, 0)到 (i - 1, j) 的路徑總數,加上 (0, 0)到(i, j - 1)的路徑總數。
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int[][] dp = new int[m][n];
for(int i = 0; i < m; i++){
if(obstacleGrid[i][0] == 0){
dp[i][0] = 1;
}else{
break;
}
}
for(int j = 0; j < n; j++){
if(obstacleGrid[0][j] == 0){
dp[0][j] = 1;
}else{
break;
}
}
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];
}
}
【解題思路2】滾動數組
滾動數組:當定義的狀態在動態規劃的轉移方程中只和某幾個狀態相關的時候,就可以考慮這種優化方法,目的是給空間複雜度「降維」。
優化了dp數組空間,因爲這裏 dp[i][j 僅與 dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1] 有關
因爲空間壓縮後,當前的 f[j] 由 f[j-1] 和 上一輪的 f[j] 轉移:f[j-1] 在上一趟循環中已經更新,f[j] 是上一輪的,也已經更新,所以 if (j - 1 >= 0 && obstacleGrid[i][j - 1] == 0)
裏的 obstacleGrid[i][j - 1] == 0)
判斷可以省略
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length, n = obstacleGrid[0].length;
int[] f = new int[n];
f[0] = obstacleGrid[0][0] == 0 ? 1 : 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) {
f[j] = 0;
}else{
//if (j - 1 >= 0 && obstacleGrid[i][j - 1] == 0)
if (j > 0) {
f[j] += f[j - 1];
}
}
}
}
return f[n - 1];
}
}