Leetcode 62. Unique Paths & 63. Unique Paths II
来源:互联网 发布:手机吉他调音软件 编辑:程序博客网 时间:2024/06/03 21:25
好久没刷题了,今天来俩道简单题。
Leetcode 62. Unique Paths
Leetcode 63. Unique Paths II
A robot is located at the top-left corner of a m x n grid (marked ‘Start’ in the diagram below).
The robot can only move either down or right at any point in time. The robot is trying to reach the bottom-right corner of the grid (marked ‘Finish’ in the diagram below).
How many possible unique paths are there?
原谅我重新贴一遍题目描述,不是为了凑字数,而是为了让搜索引擎能索引到这篇文章,其实也是算一种简单的SEO。
简单描述下题目,有个机器人要从左上角的格子走到右下角的格子,机器人只能向下或者向右走,总共有多少种可能的路径?
第二题和第一题唯一的不同是第二题多了一些限制,有些格子不能走,但其实这并未增加题目的复杂度。俩道题有个共同的解题方式——动态规划。 关键思路是 到每个格子的路径数只和这个格子左边和上边格子的有关,是到左和上边格子的路径数之和。 用代码描述就是 obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i-1][j] + obstacleGrid[i][j-1];
恩,第二题的核心代码就这一行,剩下的就是对初始状态、特殊格子和边界的处理,完整代码如下,仅供参考。
public class Solution { public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) { for (int i = 0; i < obstacleGrid.length; i++) { for (int j = 0; j < obstacleGrid[0].length; j++) { if (1 == obstacleGrid[i][j]) { //特殊格子处理 obstacleGrid[i][j] = 0; continue; } if (0 == i + j) { //左上角格子,初始状态处理 obstacleGrid[i][j] = 1; continue; } else if (0 == i) { //上边界处理 obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i][j - 1]; } else if (0 == j) { //左边界处理 obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i - 1][j]; } else { obstacleGrid[i][j] = obstacleGrid[i - 1][j] + obstacleGrid[i][j - 1]; } } } return obstacleGrid[obstacleGrid.length-1][obstacleGrid[0].length-1]; }}
第62题也可以用同样的方式解决,但是需要自己创建一个m*n的数组。此解法的时间复杂度O(m*n) 空间复杂度同是O(m*n)。但其实这道题可以用组合数学的方式解决,可以把空间复杂度降到O(1)。
机器人从左上角走到右下角,总共需要走m+n-2步,向下走了m-1步,向右走n-1步。 这不就变成一个(m+n-2)中选(m-1)或(n-1)的组合数问题了吗? 如此代码就可以变的非常简短了。
public class Solution { public int uniquePaths(int m, int n) { int N = n + m - 2; int k = m - 1; double res = 1; for (int i = 1; i <= k; i++) res = res * (N - k + i) / i; return (int)res; }}
很遗憾的是因为63题中引入了特殊情况,无法再用数学的方式处理了,貌似只能用DP(反正我是没想到方法)。
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