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题目
一个机器人位于一个 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。
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
提示
m == obstacleGrid.lengthn == obstacleGrid[i].length1 <= m, n <= 100obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1
解题思路
该题整体上的解题思路跟《62. 不同路径》一样，都是通过前置方向来累加结果得出最终值，不同的地方在于该题的路径中会有障碍物的存在。
一旦机器人走到了障碍物的位置，将不能继续向下或向右移动，所以这里需要添加多一个判断操作。
代码实现
方法一：动态规划
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] o) {
int m = o.length, n = o[0].length;
// 边界处理
if(o[0][0] == 1 || o[m - 1][n - 1] == 1){
return 0;
}
// 初始化首行首列
int[][] dp = new int[m][n];
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i < m && o[i][0] == 0; ++i){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 1; i < n && o[0][i] == 0; ++i){
dp[0][i] = 1;
}
// 累加前面路径数量
for(int i = 1; i < m; ++i){
for(int j = 1; j < n; ++j){
if(o[i][j] == 1){
continue;
}
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
// 返回结果
return dp[m - 1][n - 1];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
方法二：动态规划优化
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] o) {
int m = o.length, n = o[0].length;
// 边界判断
if(o[0][0] == 1 || o[m - 1][n - 1] == 1){
return 0;
}
// 初始化
int[] dp = new int[n];
dp[0] = 1;
// 状态转移
for(int i = 0; i < m; ++i){
for(int j = 0; j < n; ++j){
// 当前位置为障碍物时，表示没有后续路径，将当前位置赋值为0
if(o[i][j] == 1){
dp[j] = 0;
continue;
}
// o[j][0]的来源永远只有o[j - 1][0]，所以这里只需要判断后面的部分
// dp[j]相当于dp[i - 1][j]，还未更新，取上边路径
// dp[j - 1]相当于dp[i][j - 1]，已更新，取左边路径
if(j > 0){
dp[j] += dp[j - 1];
}
}
}
// 返回结果
return dp[n - 1];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
最后
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