解锁动态规划的奥秘:从零到精通的创新思维解析(3)
前言:
小编在前几日书写了关于动态规划习题的博客(PS:其实这些都是我的存稿,我已经好久没写博客了截止到现在,确实摆烂),今天各位继续跟着小编的步伐,走进动态规划的世界,接下来我们将会·讲述一个比较新的动态规划问题:路径问题。
正文:
1.不同路径
1.1.题目来源
本题和之前的题目一样,都是来自于力扣,下面小编给上链接:62. 不同路径 - 力扣(LeetCode)
1.2.题目解析
和之前的规矩一样,小编先给各位分析一下题目到底想要传达给我们什么信息,其实本题也是很好理解的,这个题目就像我们小学做过的益智游戏一样,此时给定我们一个机器人,此时我们从左上角开始走,想要我们求解走到右下角的方法有几种,此时我们选择往右走,也可以选择往下走,只要走到右下角即可。这就是一个典型的路径问题,通过动态规划我们就可以轻易解决此类问题,下面小编进入本题的思路讲解部分。
1.3.思路讲解
对于动态规划的题目,我们首先需要先设置好一个dp表用于存放数据,此时根据题目分析我们可以知道此时我们需要设置一个二维的dp表,因为我们可以通过行走,也可以通过列走。设置完表后,此时我们就要五步走来解决动态规划的题目了。
1.状态表示
此时我们需要弄清楚此时的dp表是什么,对于线性的dp表示,我们通常可以是经验+题目要求来解决,所以此时我们通过题目分析可以得出dp[i] [j]此时表示到达[I,j]位置时的方法(路径),下面我们依据这个dp表可以构建一个状态转换方程。
2.状态转换方程
此时我们对于状态转移方程的分析,同样也是需要借助题目来进行表示,此时我们可以知道到达[i,j]位置时的方法有两种,分别是从上面或者从左边到达,所以此时我们达到[i,j]位置时的路径,可以表示为两个方法之和,那么此时我们就可以得到方程了:
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; //分别是从左,从上
3.初始化
此时我们写完方程后就要注意细节问题了,此时的初始化问题也很明显,此时如果i或者j为0的话,那么上面和左边就会越界,所以第一个解决方法就是我们把第一排和第一列给全部初始化,但是这样无疑是增加工作量,并且出错的概率会加大,所以小编不推荐这个方法,小编认为本题目最好的求解方法就是:增加虚拟节点的方法来解决初始化问题,简单来说就说我们在创建dp表的时候,多开辟一行一列,此时我们仅需从第二排和第二列初始化即可,这样就避免了越界问题,不过对于增加虚拟节点,我们需要有两个注意事项:
- 虚拟节点不会影响后面填表的正确性。
- 我们填表的时候需要注意下标的映射(代码会体现)
此时对于1,我们对于虚拟节点的初始化,此时还是蛮好填的,我们只要让第一个节点的上或者左为1即可,因为第一个节点也表示着一条路径,其他位置填零即可,此时我们就做到了填表的正确性。
对于2,此时我们只要记住dp表是多开辟一行一列的,所以我们在使用nums(本题没有)的时候行列减1即可,当然,本题目没有用到它,但是小编后面讲述的其他题需要注意这个点。
4.填表顺序
因为此时我们需要用到前面的元素,所以我们从上到下,从左到右填写即可。
5.返回值
因为本题目是想要达到最后一个位置的方法,所以我们返回dp[m] [n]即可。
以上便是思路讲解,下面我们进入代码讲解。
1.4.代码讲解
此时我们需要先设置好一个dp表,那么我们就需要计算此时给定我们表格的行列,之后多开辟一行一列即可,并且让第一个位置的上面为1即可。
vector<vector<int>> dp(m + 1,vector<int>(n + 1,0));
dp[0][1] = 1;
之后我们就要进入循环,循环的开头是第二行第二列,结尾是第m行,第n列,此时循环里面的内容自然是状态转移方程,填完dp表以后,我们返回表中最后一个元素所代表的方法即可。
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][n];
1.5.代码展现
class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m + 1,vector<int>(n + 1,0));dp[0][1] = 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][n];}
};
2.不同的路径Ⅱ
2.1.题目来源
本题同样来自于力扣,下面小编给上链接:63. 不同路径 II - 力扣(LeetCode)
2.2.题目解析
本题目其实就是上题的pro版,仅仅就是比上面那题多了一个障碍物,此时无非就是遇到障碍物我们就走不了而已,其他和上一个题目一样,所以我就不用详细讲述本题目所代表的意思了,直接进入本题的思路部分。
2.3.思路讲解
此时的dp的设置也是和上个题目一样,我们需要设置好一个二维的dp表,因为我们可以选择从行走,也可以选择从列走,之后我们依旧是按照五步走来完成本题目的分析。
1.状态表示
此时我们的状态表示其实和上个题目是一样的,他们的差距仅仅体现在状态转移方程,所以一些话我就直接复制了,此时我们需要弄清楚此时的dp表是什么,对于线性的dp表示,我们通常可以是经验+题目要求来解决,所以此时我们通过题目分析可以得出dp[i] [j]此时表示到达[I,j]位置时的方法(路径),下面我们依据这个dp表可以构建一个状态转换方程。
2.状态转换方程
此时这里才是两个题目的不同之处,因为本题目增加了障碍物,所以此时我们并不可以直接无脑的从上面到达目的地,从左边达到目的地了,我们到达一个位置的时候需要判断此时这个位置是否有障碍,如果有障碍的话,那么我们之前的路白走了,此时的dp表填0,如果没有障碍物,我们还是和上个题目一样分两种情况到达该位置,上图就很好的表示出了此时的方程分析。
3.初始化
此时我们的初始化也是和上面题目一样,我们通过增加一行一列的虚拟节点来表示此时的dp表,此时我们原来的第一个位置也算一个路径,所以此时我们让它的上边或者左边为1即可,和上个题目一摸一样,只不过此时我们需要注意下标的映射,因为此时我们多建了一行一列,所以此时我们在填表的时候,原数组行列均减一。
4.填表顺序
从上到下,从左到右。
5.返回值
此时我们返回最后一个位置所对应的dp表里面的值即可。
2.4.代码讲解
此时,我们依旧是设置好一个dp表,并且按照上面说的对特定元素进行初始化。
int m = obstacleGrid.size(),n = obstacleGrid[0].size(); //m表示行,n表示列
vector<vector<int>> dp(m + 1,vector<int>(n + 1,0));//多开辟一个放置虚拟结点
dp[0][1] = 1;
之后我们还是循环进行填表,当然,我们在填表的时候应该注意此时数组对应位置的元素是否为0,如果是0的话我们就依旧和上面那个题目一样进行填表,如果是1的话,那么我们也无需设置其为0,因为此时的dp表里面除了特定位置,其余位置均为0(STL中vector的性质)。填完表后,我们返回dp表最后一个位置的元素即可。
for(int i = 1 ; i <= m ; i++){for(int j = 1 ; j <= n ;j++){if(obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j - 1];}}
return dp[m][n];
2.5.代码展示
class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size(),n = obstacleGrid[0].size(); //m表示行,n表示列vector<vector<int>> dp(m + 1,vector<int>(n + 1,0));//多开辟一个放置虚拟结点dp[0][1] = 1;for(int i = 1 ; i <= m ; i++){for(int j = 1 ; j <= n ;j++){if(obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m][n];}
};
3.总结
此时本文到这也就结束了,今天小编讲述的两个题目关联性很强,所以小编推荐各位可以做完第一个题目的时候,先不看我的分析,直接上手第二个题目就可以,因为第二个题也就在方程那部分和第一题有些许的不同,其他的分析方法和第一个题目都是一样的,如果文章有错误的话,请在评论区指出,小编会定时看评论区对本文进行更正,一起刷题的时光总是短暂的,那么各位大佬们,我们下一篇文章见啦!