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62. Unique Paths

There is a robot on an m x n grid. The robot is initially located at the top-left corner (i.e., grid[0][0]). The robot tries to move to the bottom-right corner (i.e., grid[m - 1][n - 1]). The robot can only move either down or right at any point in time.

Given the two integers m and n, return the number of possible unique paths that the robot can take to reach the bottom-right corner.

Input: m = 3, n = 7
Output: 28Input: m = 3, n = 2
Output: 3
Explanation: From the top-left corner, there are a total of 3 ways to reach the bottom-right corner:
1. Right -> Down -> Down
2. Down -> Down -> Right
3. Down -> Right -> Down

动态规划

思路

• 定义一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示从起点 (0, 0) 到点 (i, j) 的路径数。

• 机器人只能向右或向下移动，因此状态转移方程为： dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]

• 初始化：第一行和第一列的所有格子只有一种路径（只能一直向右或一直向下），因此 dp[0][j] = 1 和 dp[i][0] = 1。

实现代码

int uniquePaths(int m, int n) {// 定义 dp 数组vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 1));// 填充 dp 数组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];
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(m * n)，需要填充整个 dp 数组。
• 空间复杂度：O(m * n)，需要一个二维数组存储中间结果。

组合数学

思路

• 从起点 (0, 0) 到终点 (m - 1, n - 1)，机器人需要移动 m - 1 次向下和 n - 1 次向右。
• 总移动次数为 (m - 1) + (n - 1) = m + n - 2。
• 问题转化为从 m + n - 2 次移动中选择 m - 1 次向下（或 n - 1 次向右）的组合数。
• 组合数公式为：C(m + n - 2, m - 1) = (m + n - 2)! / ((m - 1)! * (n - 1)!)

实现代码

int uniquePaths(int m, int n) {// 计算组合数 C(m + n - 2, m - 1)long long result = 1;int total = m + n - 2; // 总移动次数int k = min(m - 1, n - 1); // 选择较小的值计算组合数for (int i = 1; i <= k; i++) {result = result * (total - k + i) / i;}return (int)result;
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(min(m, n))，只需要计算组合数。
• 空间复杂度：O(1)，只使用了常数空间。

63. Unique Paths II

You are given an m x n integer array grid. There is a robot initially located at the top-left corner (i.e., grid[0][0]). The robot tries to move to the bottom-right corner (i.e., grid[m - 1][n - 1]). The robot can only move either down or right at any point in time.

An obstacle and space are marked as 1 or 0 respectively in grid. A path that the robot takes cannot include any square that is an obstacle.

Return the number of possible unique paths that the robot can take to reach the bottom-right corner.

Example 1:

Input: obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
Output: 2
Explanation: There is one obstacle in the middle of the 3x3 grid above.
There are two ways to reach the bottom-right corner:
1. Right -> Right -> Down -> Down
2. Down -> Down -> Right -> Right

Example 2:

Input: obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
Output: 1

这个问题是带障碍物的机器人路径问题，可以通过动态规划来解决。我们需要考虑障碍物对路径的影响，并在动态规划的过程中跳过障碍物。

动态规划

定义状态

设 dp[i][j] 表示从起点 (0, 0) 到点 (i, j) 的路径数。

状态转移方程

• 如果 grid[i][j] == 1（障碍物），则 dp[i][j] = 0，因为无法通过障碍物。
• 否则，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，即从上方或左方到达当前点的路径数之和。

初始化

• 如果起点 (0, 0) 是障碍物，则直接返回 0，因为无法开始移动。
• 初始化第一行和第一列：
  • 如果某个格子是障碍物，则它及其后续格子的路径数都为 0。
  • 否则，路径数为 1（只能一直向右或一直向下）。

int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size(), n = obstacleGrid[0].size();vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i < m; i++) {if (obstacleGrid[i][0] == 1) {dp[i][0] = 1;}else {dp[i][0] = dp[i - 1][0];}}for (int j = 1; j < n; j++) {if (obstacleGrid[0][j] == 1) {dp[0][j] = 0;}else {dp[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) {dp[i][j] = 0;}else {dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}  }}return dp[m - 1][n - 1];
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(m * n)，需要遍历整个网格。
• 空间复杂度：O(m * n)，需要一个二维数组存储中间结果。

优化空间复杂度

我们可以将空间复杂度优化为 O(n)，因为每次更新 dp[i][j] 时只需要用到当前行和前一行的数据。

状态转移方程

对于每一行 i，从左到右更新 dp[j]：dp[j] = dp[j] + dp[j - 1]

• dp[j] 表示从上方来的路径数（即上一行的 dp[j]）。
• dp[j - 1] 表示从左方来的路径数（即当前行的 dp[j - 1]）。

int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();if (obstacleGrid[0][0] == 1 || obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1) {return 0;}vector<int> dp(n, 0);dp[0] = 1;for (int i = 0; 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];
}