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多维动态规划题解——不同路径【LeetCode】记忆化搜索

news 2025/7/17 14:00:27

62. 不同路径

一、算法逻辑（逐步思路）

❓ 题目描述：

机器人位于一个 m × n 的网格左上角 (0, 0)，只能向右或向下移动，每次一步。问到达右下角 (m-1, n-1) 有多少条不同路径？

✅ 解题思路（DFS + 记忆化）

1. 状态定义：

dfs(i, j) 表示从 (0, 0) 到达 (i, j) 的路径数

2. 状态转移方程：

机器人只能从 上方 (i-1, j) 或 左边 (i, j-1) 走到 (i, j)，所以：

dfs(i, j) = dfs(i-1, j) + dfs(i, j-1)

3. 终止条件：

如果某个坐标在第一行或第一列（i==0 或 j==0），说明只能沿一个方向走，所以路径数为 1；
如果走到负数坐标（越界），返回 0（安全边界检查，但实际上不会触发）；

4. 初始调用：

我们要求的是从 (0, 0) 到 (m-1, n-1) 的路径数，所以调用 dfs(m-1, n-1)。

5. 使用 `@cache` 做记忆化优化，避免重复子问题导致的指数级递归。

二、算法核心点

✅ 核心思想：二维递归建模 + 缓存子问题（记忆化）

本质上是一个二维 DP 问题，用 DFS 来实现自顶向下的解法；
每个位置的路径数 = 左边格子路径数 + 上边格子路径数；
使用 @cache 缓存递归结果，避免重复计算，极大提升性能。

class Solution:def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:@cachedef dfs(i:int, j:int) -> int:if i == 0 or j == 0:return 1if i<0 or j<0:return 0return dfs(i-1, j)+dfs(i, j-1)return dfs(m-1, n-1)

三、复杂度分析

时间复杂度：O(m × n)

- 每个状态 (i, j) 只计算一次，最多 m×n 种状态。

空间复杂度：O(m × n)

- 记忆化缓存占用空间；
- 递归栈最大深度为 m + n

总结表：

维度	内容
✅ 思路逻辑	每个格子只能从上或左来，递归地组合路径数
✅ 核心技巧	DFS 建模 + 记忆化；基础的二维路径 DP 问题
✅ 时间复杂度	O(m × n)，每个状态只算一次
✅ 空间复杂度	O(m × n)，缓存 + 递归栈深度