代码随想录算法训练营Day39 动态规划

代码随想录算法训练营

代码随想录算法训练营Day38 动态规划|62.不同路径 63. 不同路径 II

62.不同路径

题目链接:62.不同路径
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？

• 输入：m = 2, n = 3
• 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。

1. 向右 -> 向右 -> 向下
2. 向右 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向右

总体思路

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！
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);
    }
}

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：
   

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];
    }
};

63. 不同路径 II

题目链接:63. 不同路径 II
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？

总体思路

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。
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
   在62.不同路径不同路径中我们给出如下的初始化：

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：

如果这个图看不同，建议在理解一下递归公式，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];
    }
};