前言
动态规划专题，从简到难通关动态规划。
每日一题
今天的题目是 63. 不同路径 II，难度为中等
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。
示例 1：
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
示例 2：
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
题解
首先机器人每次的移动方向只能是向右或者向下，那么每一个点都可以分出两个不同的选择，走过的路径就可以用一颗二叉树来表示，值得注意的是，因为存在障碍物，所以在某一个节点，如果向右或者向下碰到的是障碍物的话，那么二叉树的这个分支到这里就应该完结了，并且这个不能算是一个有效分支。
当然也可以反向思考，终点一定是题目给的 最右下角，这里假定为 [m,n] 那么我们从这里一步一步往后退，要是碰到了障碍物的话，说明正常的路径也是会碰到这个障碍物的，那么结局是一样的
深度搜索
既然我们能够把路径转化为一颗树，那么只需要对这棵树进行深度遍历，找到所以到达叶子节点的方式，就能够得到题目需要的答案，我这里是使用的第二种图，从终点退回来的树图。
function uniquePathsWithObstacles(obstacleGrid) {
if(!obstacleGrid.length) return 1
const n = obstacleGrid.length
const m = obstacleGrid[0].length
const dfs = (x,y) => {
if(x<1||y<1) {
return 0
}
if(obstacleGrid[x-1][y-1]) {
return 0
}
if(x==1 && y==1) {
return 1
}
return dfs(x-1, y) + dfs(x, y-1)
}
return dfs(n,m)
};
// console.log(uniquePathsWithObstacles([[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]));
// 2
当然需要判断一下，退后不能够退出整个图，也就是 m, n 都不能够小于1 ，并且图中存在障碍物，假设说下一次向左或者像上碰到了障碍物，那么说明此路不通，也要返回 0
就拿题目这张图举例， m = 7 , n = 3 那么就不只是需要判断下次向左或者向上会不会超出边界，还需要判断会不会碰到障碍物。
但是当我们拿着这个递归代码去提交，就会发现超时了
因为递归一个二叉树，他的时间复杂度是 O(2^n) 级别的，是属于指数增长的，所以当 m, n 都比较大的时候，就会导致超时。
看图能够发现，其实机器人走过的很多路都是重复的，比方说 从 [m, n] 到达 [m-1, n] 或者 [m, n-1] 之后两个点都可能去到 [m-1, n-1] 这就会导致重复计算
所以我们还是需要动态规划的思路，利用 dp 数组来保存每一个点的状态
动态规划
利用动态规划的五部曲来操作
-
确定 dp 数组以及下标的含义，根据我们上面的分析，由于同一个点可能有不同的来源，所以我们要记录的是每一个点位的不同路径，dp[x][y] 代表的是 从 [m, n] 出发，到达[1,] 有几条不同的路径。
-
确定递归公式，想要到达最后的 [m,n] 就只能从 [m-1,n] 或者 [m,n-1] 这两个位置前进，再根据dp数组的含义，dp[m,n] 代表从 [1,1] 出发，到达[m,n] 有几条不同的路径，那么 dp[m,n] 就可以看成 dp[m-1,n] + dp[m,n-1] 。代表到达[m,n] 的方式为 到达[m-1,n]的方式在加上 到达[m,n-1] 的方式的和。
-
dp数组初始化，首先为了避免在遍历的过程当中下标不存在，我们可以先初始化一个二维数组，大小为 [m][n] 并且将 [1,1] 的位置初始化为 1
-
确定遍历顺序，这点就根据上面的说明，可以选择两种遍历方式，一种是从 [1,1] 前进，一种是从 [m,n] 后退，最后结果都是相同的，我这里使用的是 从 [m,n] 后退的方式。
-
推导dp数组，以 m = 3 , n = 3 ，[1,1] 为障碍物为例 | 1 | 1 | 1 | | - | - | - | | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 2
根据上面深度搜索的代码利用dp数组进行优化得到
function uniquePathsWithObstacles(obstacleGrid) {
if(!obstacleGrid.length) return 1
const m = obstacleGrid.length
const n = obstacleGrid[0].length
let dp = new Array(m).fill(0).map(e=>new Array(n).fill(0))
const dfs = (x,y) => {
if(x<1||y<1) {
return 0
}
if(obstacleGrid[x-1][y-1]) {
return 0
}
if(x==1 && y==1) {
return 1
}
if(dp[x-1][y-1]) {
return dp[x-1][y-1]
}else {
let t = dfs(x-1, y) + dfs(x, y-1)
dp[x-1][y-1] = t
return t
}
}
return dfs(m,n)
};
时间复杂度降低到了 O(mn), 空间复杂的 为 O(mn), 其中 m ,n 为 题目 中 数组长度 的大小
