动态规划——63. 不同路径 II

1 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？

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii

2 题目示例

输入：obstacleGrid = [[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

输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1

3 题目提示

m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1

4 思路

这道题相对于62.不同路径 (opens new window)就是有了障碍。

第一次接触这种题目的同学可能会有点懵，这有障碍了，应该怎么算呢？

62.不同路径 (opens new window)中我们已经详细分析了没有障碍的情况，有障碍的话，其实就是标记对应的dp table（dp数组）保持初始值(0)就可以了。
动规五部曲：

确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

确定递推公式
递推公式和62.不同路径一样，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。

但这里需要注意一点，因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。
所以代码为：

if (obstacleGrid[i][j] == 0) {
     // 当(i, j)没有障碍的时候，再推导dp[i][j]
    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}

从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出，一定是从左到右一层一层遍历，这样保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。

本题是62.不同路径 (opens new window)的障碍版，整体思路大体一致。

但就算是做过62.不同路径，在做本题也会有感觉遇到障碍无从下手。

其实只要考虑到，遇到障碍dp[i][j]保持0就可以了。

也有一些小细节，例如：初始化的部分，很容易忽略了障碍之后应该都是0的情况。

本题思路采自代码随想录
链接：https://programmercarl.com/0063.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E8%B7%AF%E5%BE%84II.html#%E6%80%9D%E8%B7%AF

5 我的答案

class Solution {
    
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
    
        int n = obstacleGrid.length, m = obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[n][m];
	
        for (int i = 0; i < m; i++) {
    
	    if (obstacleGrid[0][i] == 1) break; //一旦遇到障碍，后续都到不了
	    dp[0][i] = 1;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
	    if (obstacleGrid[i][0] == 1) break; 一旦遇到障碍，后续都到不了
	    dp[i][0] = 1;
        }
        for (int i = 1; i < n; i++) {
    
            for (int j = 1; j < m; j++) {
    
                if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
            }
        }
        return dp[n - 1][m - 1];
    }
}