leetcode 63-DP 不同路径II

思路

走到点(i, j)，要么是从上边的点走过来的，要么是从左边的点走过来的

到达(i,j)的方式数 = 到达(i-1,j)的方式数 + 到达(i,j-1)的方式数：ways(i, j) = ways(i - 1, j) + ways(i, j - 1)ways(i,j)=ways(i−1,j)+ways(i,j−1)
可以用递归，也可以用自下而上的DP：用数组去记录子问题的解（对应递归就是子调用）
dpi：到达(i,j)的路径数（方式数）。dpi = dpi - 1 + dpidpi=dpi−1+dpi
“障碍”怎么处理
也许你会想，遇到障碍我要绕着走，但这种“动态”的想法不符合 DP “状态”的思路
我们思考单个点的“状态”：
障碍点，是无法抵达的点，是到达方式数为 0 的点，是无法从它这里走到别的点的点，即无法提供给别的点方式数的点

base case

dp0=1dp0=1 ，出发点就是终点，什么都不用做，方式数 1
第一行其余的：当前点走不了，要么是它本身是“障碍”，要么是它左边的点走不了，否则，路径数是 1，走一条直线过来
第一列其余的：当前点走不了，要么是它本身是“障碍”，要么是它上边的点走不了，否则，路径数是 1，走一条竖线过来

代码

时间复杂度 空间复杂度 都是 O(m*n)。有空会把降维的代码补充上来

const uniquePathsWithObstacles = (obstacleGrid) => {
  if (obstacleGrid[0][0] == 1) return 0; // 出发点就被障碍堵住 
  const m = obstacleGrid.length;
  const n = obstacleGrid[0].length;
  // dp数组初始化
  const dp = new Array(m);
  for (let i = 0; i < m; i++) dp[i] = new Array(n);
  // base case
  dp[0][0] = 1;                 // 终点就是出发点
  for (let i = 1; i < m; i++) { // 第一列其余的case
    dp[i][0] = obstacleGrid[i][0] == 1 || dp[i - 1][0] == 0 ? 0 : 1;
  }
  for (let i = 1; i < n; i++) { // 第一行其余的case
    dp[0][i] = obstacleGrid[0][i] == 1 || dp[0][i - 1] == 0 ? 0 : 1;
  }
  // 迭代
  for (let i = 1; i < m; i++) {
    for (let j = 1; j < n; j++) {
      dp[i][j] = obstacleGrid[i][j] == 1 ?
        0 :
        dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
    }
  }
  return dp[m - 1][n - 1]; // 到达(m-1,n-1)的路径数
};

后记

现在写的题解有点啰嗦，慢慢来吧，同时也怕别人看不懂。我记得我刚看源码的时候，搜别人的文章看，自己难理解的地方没有提及，或一笔带过，小白的我只能无奈关掉。心想我自己写一定要把自己说通，也要别人容易懂，不想让人带着疑惑点进来，又带着疑惑离开。随着我理解的深入，我会精简表达并完善我的题解。

作者：xiao_ben_zhu
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