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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” ）。
问总共有多少条不同的路径？
示例 1：
- 输入：m = 3, n = 7
- 输出：28
示例 2：
- 输入：m = 2, n = 3
- 输出：3
解释： 从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。
- 向右 -> 向右 -> 向下
- 向右 -> 向下 -> 向右
- 向下 -> 向右 -> 向右
示例 3：
- 输入：m = 7, n = 3
- 输出：28
示例 4：
- 输入：m = 3, n = 3
- 输出：6
提示：
- 1 <= m, n <= 100
- 题目数据保证答案小于等于 2 * 10^9
这道题目，刚一看最直观的想法就是用图论里的深搜，来枚举出来有多少种路径。
注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步，那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树，而叶子节点就是终点！
如图举例：
此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数，代码如下：
class Solution {
private:
int dfs(int i, int j, int m, int n) {
if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法，相当于找到了叶子节点
return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
}
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
return dfs(1, 1, m, n);
}
};大家如果提交了代码就会发现超时了！
来分析一下时间复杂度，这个深搜的算法，其实就是要遍历整个二叉树。
这棵树的深度其实就是m+n-1（深度按从1开始计算）。
那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树（其实没有遍历整个满二叉树，只是近似而已）
所以上面深搜代码的时间复杂度为O(2^(m + n - 1) - 1)，可以看出，这是指数级别的时间复杂度，是非常大的。
机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点。
按照动规五部曲来分析：
- 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
想要求dp[i][j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]。
此时在回顾一下 dp[i - 1][j] 表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp[i][j - 1]同理。
那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，因为dp[i][j]只有这两个方向过来。
- dp数组的初始化
如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。
所以初始化代码为：
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
- 确定遍历顺序
这里要看一下递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。
这样就可以保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。
- 举例推导dp数组
如图所示：
以上动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};- 时间复杂度：O(m × n)
- 空间复杂度：O(m × n)
其实用一个一维数组（也可以理解是滚动数组）就可以了，但是不利于理解，可以优化点空间，建议先理解了二维，在理解一维，C++代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<int> dp(n);
for (int i = 0; i < n; i++) dp[i] = 1;
for (int j = 1; j < m; j++) {
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i] += dp[i - 1];
}
}
return dp[n - 1];
}
};- 时间复杂度：O(m × n)
- 空间复杂度：O(n)
在这个图中，可以看出一共m，n的话，无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步。
在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走。
那么有几种走法呢？ 可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法。
那么这就是一个组合问题了。
那么答案，如图所示：
求组合的时候，要防止两个int相乘溢出！ 所以不能把算式的分子都算出来，分母都算出来再做除法。
例如如下代码是不行的。
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
int numerator = 1, denominator = 1;
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) numerator *= (t--); // 计算分子，此时分子就会溢出
for (int i = 1; i <= m - 1; i++) denominator *= i; // 计算分母
return numerator / denominator;
}
};
需要在计算分子的时候，不断除以分母，代码如下：
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
long long numerator = 1; // 分子
int denominator = m - 1; // 分母
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) {
numerator *= (t--);
while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {
numerator /= denominator;
denominator--;
}
}
return numerator;
}
};- 时间复杂度：O(m)
- 空间复杂度：O(1)
计算组合问题的代码还是有难度的，特别是处理溢出的情况！
本文分别给出了深搜，动规，数论三种方法。
深搜当然是超时了，顺便分析了一下使用深搜的时间复杂度，就可以看出为什么超时了。
然后在给出动规的方法，依然是使用动规五部曲，这次我们就要考虑如何正确的初始化了，初始化和遍历顺序其实也很重要！
就酱，循序渐进学算法，认准「代码随想录」！
/**
* 1. 确定dp数组下标含义 dp[i][j] 到每一个坐标可能的路径种类
* 2. 递推公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] dp[i][j-1]
* 3. 初始化 dp[i][0]=1 dp[0][i]=1 初始化横竖就可
* 4. 遍历顺序 一行一行遍历
* 5. 推导结果 。。。。。。。。
*
* @param m
* @param n
* @return
*/
public static int uniquePaths(int m, int n) {
int[][] dp = new int[m][n];
//初始化
for (int i = 0; i < m; i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
dp[0][i] = 1;
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}class Solution: # 动态规划
def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
dp = [[1 for i in range(n)] for j in range(m)]
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j]
return dp[m - 1][n - 1]func uniquePaths(m int, n int) int {
dp := make([][]int, m)
for i := range dp {
dp[i] = make([]int, n)
dp[i][0] = 1
}
for j := 0; j < n; j++ {
dp[0][j] = 1
}
for i := 1; i < m; i++ {
for j := 1; j < n; j++ {
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
}
}
return dp[m-1][n-1]
}var uniquePaths = function(m, n) {
const dp = Array(m).fill().map(item => Array(n))
for (let i = 0; i < m; ++i) {
dp[i][0] = 1
}
for (let i = 0; i < n; ++i) {
dp[0][i] = 1
}
for (let i = 1; i < m; ++i) {
for (let j = 1; j < n; ++j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
}
}
return dp[m - 1][n - 1]
};版本二：直接将dp数值值初始化为1
/**
* @param {number} m
* @param {number} n
* @return {number}
*/
var uniquePaths = function(m, n) {
let dp = new Array(m).fill(1).map(() => new Array(n).fill(1));
// dp[i][j] 表示到达（i，j） 点的路径数
for (let i=1; i<m; i++) {
for (let j=1; j< n;j++) {
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
}
}
return dp[m-1][n-1];
};function uniquePaths(m: number, n: number): number {
/**
dp[i][j]: 到达(i, j)的路径数
dp[0][*]: 1;
dp[*][0]: 1;
...
dp[i][j]: dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
*/
const dp: number[][] = new Array(m).fill(0).map(_ => []);
for (let i = 0; i < m; i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (let i = 0; i < n; i++) {
dp[0][i] = 1;
}
for (let i = 1; i < m; i++) {
for (let j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
};//初始化dp数组
int **initDP(int m, int n) {
//动态开辟dp数组
int **dp = (int**)malloc(sizeof(int *) * m);
int i, j;
for(i = 0; i < m; ++i) {
dp[i] = (int *)malloc(sizeof(int) * n);
}
//从0，0到i,0只有一种走法，所以dp[i][0]都是1，同理dp[0][j]也是1
for(i = 0; i < m; ++i)
dp[i][0] = 1;
for(j = 0; j < n; ++j)
dp[0][j] = 1;
return dp;
}
int uniquePaths(int m, int n){
//dp数组，dp[i][j]代表从dp[0][0]到dp[i][j]有几种走法
int **dp = initDP(m, n);
int i, j;
//到达dp[i][j]只能从dp[i-1][j]和dp[i][j-1]出发
//dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
for(i = 1; i < m; ++i) {
for(j = 1; j < n; ++j) {
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
int result = dp[m-1][n-1];
free(dp);
return result;
}