代码随想录算法训练营Day39|62.不同路径、63.不同路径II、343.整数拆分、96.不同的二叉搜索树

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不同路径

62. 不同路径 - 力扣(LeetCode)

机器人位于m*n网格的左上角,机器人每次只能向下或向右移动一步(移动方向只有下和右,固定了不能回返路径)。机器人需要达到网格的右下角,需要得到共有多少条路径。

思路:使用动态规划来解决,这里需要得到动态规划的dp矩阵,以及dp矩阵的推演公式。

这里我们假定dp矩阵为m*n的矩阵,dp[i][j]为能抵达 i -1,j-1的路径总数,这里需要注意的是该矩阵是从0,0开始的,所以最后返回的是dp[m-1][n-1],再次,我们需要考虑dp[i][j]怎么得到,考虑一个最简单的2*2的矩阵,从[0][0]到[0][1]有一条路线,从[0][0]到[1][0]同样有一条路线,从[0][0]到[1][1]即有先到[0][1]再到[1][1]和先到[1][0]再到[1][1]两条路线,值正好为两者相加 1 + 1。即我们可以假定dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1],和之前的爬楼梯相似,得到了dp数组的推导方式后,我们考虑对初始值进行赋值,考虑到机器人每次只能向下或向右移动,所以dp[i][0]和dp[0][j]的值应该都为1.

在确定了dp数组以及下标的含义和确定了推导公式以及dp数组的初始化问题后,我们的遍历顺序即从左上逐行或者逐列遍历到最后一个元素。最后返回dp[m-1][n-1]。代码如下。

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {// 创建一个二维向量dp来存储到达每个位置的不同路径数量vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n));// 将第一行设置为1,因为从起点到第一行的任何位置都只有一种路径for (int j = 0; j < n; ++j) {dp[0][j] = 1;}// 将第一列设置为1,因为从起点到第一列的任何位置也都只有一种路径for (int i = 0; i < m; ++i) {dp[i][0] = 1;}// 遍历网格的其余部分,计算到达每个位置的不同路径数量for (int i = 1; i < m; ++i) {for (int j = 1; j < n; ++j) {// 每个位置的不同路径数量等于它上方和左方位置路径数量之和dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}// 返回到达网格右下角的不同路径数量return dp[m - 1][n - 1];}
};

算法的时间复杂度为O(m*n),空间复杂度为O(m*n),m行n列的矩阵需要遍历。

不同路径II

        大致思路同上,但是需要注意的是,如果第一行和第一列碰到有障碍,其之后的值就不需要赋1了。

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int rows = obstacleGrid.size();int cols = obstacleGrid[0].size();// 创建一个二维向量dp来存储到达每个位置的不同路径数量vector<vector<int>> dp(rows, vector<int>(cols));// 将第一行设置为1,因为从起点到第一行的任何位置都只有一种路径for (int i = 0; i < rows; ++i) {if(obstacleGrid[i][0] == 0)dp[i][0] = 1;elsebreak;}// 将第一列设置为1,因为从起点到第一列的任何位置也都只有一种路径for (int j = 0; j < cols; ++j) {if(obstacleGrid[0][j] == 0)dp[0][j] = 1;elsebreak;}// 遍历网格的其余部分,计算到达每个位置的不同路径数量for (int i = 1; i < rows; ++i) {for (int j = 1; j < cols; ++j) {if(obstacleGrid[i][j] == 1)dp[i][j] = 0;elsedp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}// 返回到达网格右下角的不同路径数量return dp[rows - 1][cols - 1];}
};

算法的时间复杂度和空间复杂度同上。

剩下两题周末补。

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