https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-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？
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
说明：m 和 n 的值均不超过 100。
示例 1:
输入:
[
[0,0,0],
[0,1,0],
[0,0,0]
]
输出: 2
解释:
3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：
1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
- 动态规划
- 阿里
- 腾讯
- 百度
- 字节
这是一道典型的适合使用动态规划解决的题目，它和爬楼梯等都属于动态规划中最简单的题目，因此也经常会被用于面试之中。
读完题目你就能想到动态规划的话，建立模型并解决恐怕不是难事。其实我们很容易看出，由于机器人只能右移动和下移动， 因此第[i, j]个格子的总数应该等于[i - 1, j] + [i, j -1]， 因为第[i,j]个格子一定是从左边或者上面移动过来的。
dp[i][j] 表示 到格子 obstacleGrid[i - 1][j - 1] 的所有路径数。
由于有障碍物的存在， 因此我们的路径有了限制，具体来说就是：如果当前各自是障碍物， 那么 dp[i][j] = 0。否则 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
如果你刚接触动态规划， 西法建议你先写记忆化递归，然后将其转化为标准动态规划。比如本题我们使用记忆化递归解决：
class Solution:
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
m = len(obstacleGrid)
if m == 0: return 0
n = len(obstacleGrid[0])
@lru_cache(None)
def dfs(i, j):
if i < 0 or i >= m or j < 0 or j >= n: return 0
if obstacleGrid[i][j] == 1: return 0
if i == 0 and j == 0: return 1
return dfs(i - 1, j) + dfs(i, j - 1)
return dfs(m - 1, n - 1)lru_cache(None) 可以看成一个哈希表，key 是函数参数， value 是函数的返回值，因此纯函数都可使用 lru_cache(None) 通过空间换时间的方式来优化性能。
代码大概是：
Python Code:
class Solution:
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
m = len(obstacleGrid)
n = len(obstacleGrid[0])
if obstacleGrid[0][0]:
return 0
dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
dp[1][1] = 1
for i in range(1, m + 1):
for j in range(1, n + 1):
if i == 1 and j == 1:
continue
if obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0:
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
else:
dp[i][j] = 0
return dp[m][n]复杂度分析
- 时间复杂度：$O(M * N)$
- 空间复杂度：$O(M * N)$
由于 dp[i][j] 只依赖于左边的元素和上面的元素，因此空间复杂度可以进一步优化， 优化到 O(n).
具体代码请查看代码区。
当然你也可以使用记忆化递归的方式来进行，由于递归深度的原因，性能比上面的方法差不少。
直接暴力递归的话会超时。
- 记忆化递归
- 基本动态规划问题
- 空间复杂度可以进一步优化到 O(n), 这会是一个考点
代码支持: Python3, CPP
Python3 Code:
class Solution:
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
m = len(obstacleGrid)
n = len(obstacleGrid[0])
if obstacleGrid[0][0]:
return 0
dp = [0] * (n + 1)
dp[1] = 1
for i in range(1, m + 1):
for j in range(1, n + 1):
if obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0:
dp[j] += dp[j - 1]
else:
dp[j] = 0
return dp[-1]CPP Code:
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
int M = obstacleGrid.size(), N = obstacleGrid[0].size();
vector<int> memo(N, 0);
memo[N - 1] = 1;
for (int i = M - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = N - 1; j >= 0; --j) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) memo[j] = 0;
else memo[j] += j == N - 1 ? 0 : memo[j + 1];
}
}
return memo[0];
}
};复杂度分析
- 时间复杂度：$O(M * N)$
- 空间复杂度：$O(N)$
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