【Leetcode每日一刷】动态规划算法： 62. 不同路径、63. 不同路径 II

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每日一句: “ 路虽远，行则将至。事虽难，做则可成。”

前言

前言：动规五部曲
以下是《代码随想录》作者总结的动规五部曲

确定dp数组（dp table）以及下标的含义
确定递推公式（状态转移方程）
dp数组如何初始化
确定遍历顺序
举例推导dp数组

所有动态规划问题中，一个状态一定由上一个状态推导而来，这点就有别于贪心，贪心没有状态的推导更别说什么公式，贪心只是从局部选取最优解。

例如：有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的，然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。

但如果是贪心呢，每次拿物品选一个最大的或者最小的就完事了，和上一个状态没有关系。

所以贪心解决不了动态规划的问题。

62. 不同路径

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🌷思路：
这题首先思想肯定还是图论里的深搜，将机器人的路径看作一个二叉树，求为终点的叶子节点的数量：

class Solution {private:int dfs(int x, int y, int m, int n){if(x>m||y>n) return 0;//当前位置已经越界if(x == m && y == n) return 1;return dfs(x+1,y,m,n)+dfs(x,y+1,m,n);}public:int uniquePaths(int m, int n) {return dfs(1,1,m,n);}
};

但是发现，这种深搜的解题思路会超出时间限制：
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分析：因为整棵树的深度是m+n-1.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

🦄动态规划解题思路：

1.确定dp数组及其下标含义：
dp[x][y]表示从(0,0)位置出发，到(x,y)位置的路径个数（求：dp[m-1][n-1])
2.确定递推公式：
题目说了，只能向下或向下走，那么从(0,0)到(x,y)位置的路径条数可以由这两个位置的路径条数相加得来，即：dp[x,y] = dp[x-1][y]+dp[x][y-1]
3.dp数组如何初始化：
由于只能向右和向下走，那么可以确定的是，dp[x][0]和dp[0][y]都是为1
```
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) dp[0][i] = 1;
```
4.dp数组的初始化顺序：
因为当前位置只能从左边和上面推导而来，所以这两个位置必须先确定，即：从左到右逐层往下遍历
5.举例推导dp数组

✅正确代码：

class Solution {public:int uniquePaths(int m, int n) {vector < vector<int> > dp(m, vector <int>(n,0));//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;//遍历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)

63. 不同路径 II

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🦄动态规划解题思路：

这题与上题的整体思路还是一致的，加了障碍物会影响两个地方：

dp数组的初始化
~~状态转移方程（实际上在代码上没影响）~~

✅正确代码：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();vector < vector<int> > dp(m, vector <int>(n,0));//初始化for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;for (int i = 0; i < n && obstacleGrid[0][i] == 0; i++) dp[0][i] = 1;//遍历for (int i = 1 ; i < m; i++){for (int j = 1; j < n; j++){if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue; //当前有障碍物，说明到不了这个位置，continue，使dp[i][j]保持为0// if(obstacleGrid[i][j-1] == 1 && obstacleGrid[i-1][j] == 1){dp[i][j] = 0 ;continue;}// if(obstacleGrid[i][j-1] == 1) {dp[i][j] = dp[i-1][j]; continue;}// if (obstacleGrid[i- 1][j] == 1){dp[i][j] = dp[i][j-1]; continue;}dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];}}return dp[m-1][n-1];}
};