1. 首页
  2. LeetCode 刷题网

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

  • 时间复杂度:$O(M * N)$
  • 空间复杂度:$O(N)$

相关题目

更多题解可以访问我的 码农周刊 仓库:https://github.com/meibin08/free-programming-books, 一起学习更多前端前沿知识。

看完两件小事

如果你觉得这篇文章对你挺有启发,我想请你帮我两个小忙:

  1. 关注我们的 GitHub 博客,让我们成为长期关系
  2. 把这篇文章分享给你的朋友 / 交流群,让更多的人看到,一起进步,一起成长!
  3. 关注公众号 「IT平头哥联盟」,公众号后台回复「资源」 免费领取我精心整理的前端进阶资源教程

JS中文网是中国领先的新一代开发者社区和专业的技术媒体,一个帮助开发者成长的社区,目前已经覆盖和服务了超过 300 万开发者,你每天都可以在这里找到技术世界的头条内容。欢迎热爱技术的你一起加入交流与学习,JS中文网的使命是帮助开发者用代码改变世界

本文著作权归作者所有,如若转载,请注明出处

转载请注明:文章转载自「 Js中文网 · 前端进阶资源教程 」https://www.javascriptc.com

标题:063. 不同路径 II

链接:https://www.javascriptc.com/4423.html

« 064. 最小路径和
第3篇-从Vue.js源码角度再看数据绑定 | Vue.js源码系列»
Flutter 中文教程资源

相关推荐

QR code