leetcode 62. 不同路径

标签：一个   public   不同   时间   path   for   超时   好的   pat   

题目：

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？

思路

对于这种类似于寻路的问题，有这么几种方式

1. 递归

用递归的方法来解决这道题，从逻辑上很容易理解。
初始一个[n x m]的全0二维数组用来记录到达每一个格子的路径数，
然后从起点开始，按照规则（向右或向下）进行寻路，每到一个格子，都将当前格子的路径数加1，直到最右下角的的格子退出。
等所有递归都完成，我们就获得了一个 记录每个格子路径数的 二维数组了。
代码如下：

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        int[][] count = new int[n][m];//记录到达每一个位置的路径数量
        findPath(count,0,0); //递归入口
        return count[n-1][m-1];
    }
    //递归入口 , m n 记录当前格子位置
    private void findPath(int[][] count, int m, int n) {
        if (m > count[0].length - 1 || n > count.length - 1) {//先写递归退出条件
            return;
        }
        count[n][m] = count[n][m]+1;
        findPath(count,m+1,n);//往右探路
        findPath(count,m,n+1); //往左探路
    }
}

当然不出所料，提交的时候提示运行超时。出错时的入参为 m : 51 n : 9
因为递归往往在逻辑上很好理解，但终究不是一个很好的算法，太多的二分路径让计算量指数上升。
可以体会一下不断增大m或n ，所获得的结果有多大。

2. 动态规划

思想： 把一个大问题不断分解成小问题。通俗点就是，既然无法一口吃完一个大馒头，那就一小口一小口吃。
用dp[n][m] 二维数组记录所有格子的路径数。

• 第一行的格子，只有一种方式能到达，所以都为1
• 第一列的格子，也只有一种方式能到达，所以都为1
• 那么，其他每一个格子的到达方式，都只能从其左边或上边到达，所以其值为 上边与左边的和
• 如此遍历一边，即可计算出全部格子的路径数。

代码

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        int[][] dp = new int[n][m];//记录到达每一个位置的路径数量
        for(int i = 0; i < dp[0].length;i++){//第一行每一个位置的路径只有1种
            dp[0][i] = 1;
        }
        for(int i = 0; i < dp.length;i++){//第一列每一个位置的路径只有1种
            dp[i][0] = 1;
        }
        //其他每个位置能到达的方式，只能从上或从左边到达，所以路径数为上和左的和
        for(int i = 1; i < dp.length; i++){
            for(int j = 1; j < dp[0].length; j++){
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
            }
        }
        return dp[n-1][m-1];
    }
}

此动态规划算法的时间复杂度为O(m*n),空间复杂度为O(m*n) 因为我们用了一个二维数组记录路径数。
在此可进行优化，使空间复杂度为O(min(m,n)) 。
方式是，不在使用二维数组记录，而是使用一个数组记录一行 或者 一列。
具体代码不写，推荐 左程云的《程序员代码面试指南》，上面有关于dp算法的优化及详释。

leetcode 62. 不同路径

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原文地址：https://www.cnblogs.com/magicya/p/10568941.html