063. 不同路径 II

题目描述

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？

63.

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

难度：Middle

前置知识

动态规划

公司

阿里
腾讯
百度
字节

思路

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。

63.

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:

```python
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).

63.

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。

关键点

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

代码支持 Python3

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]

复杂度分析