LeetCode|62. 不同路径(day13)

作者：MJ昊

博客：掘金、CSDN等

公众号：程序猿的编程之路

今天是 昊 的算法之路第13天，今天分享的是LeetCode第62题不同路径的解题思路。这是一道中等难度的动态规划题目，考察路径规划的优化策略与状态转移的理解。

题目描述简要回顾

给定一个 m x n 的网格，从 左上角 (0, 0) 出发，每次只能向 右 或 下 移动一步，目标是到达 右下角 (m-1, n-1)。
问有多少条不同的路径可以达到终点。

解题思路

方法：递归 + 缓存（记忆化搜索）

1. 递归思路：

   • 每次从当前位置 (cur_m, cur_n) 出发，有两种选择：

     • 向下移动：到 (cur_m + 1, cur_n)
     • 向右移动：到 (cur_m, cur_n + 1)

   • 当到达最后一行或最后一列时，只剩下一条路径，因此直接返回 1。

2. 使用缓存（Memoization） ：

   • 用缓存记录计算过的路径数量，避免重复计算，从而减少时间复杂度。
   • 缓存的键为 "cur_m_cur_n"，表示从 (cur_m, cur_n) 出发的路径数量。

代码实现：

var uniquePaths = function (m, n) {
    const cache = {};// 初始化缓存
    const maxPath = (m, n, cur_m, cur_n) => {
        if (cur_m === m - 1 || cur_n === n - 1) return 1; // 到达最后一行或最后一列
        const params = `${cur_m}_${cur_n}`// 缓存键
        if (cache[params] !== undefined) return cache[params]// 若已有缓存，直接返回
        // 递归计算向下和向右的路径数量之和
        cache[params] = maxPath(m, n, cur_m + 1, cur_n) + maxPath(m, n, cur_m, cur_n + 1)
        return cache[params]
    }
    return maxPath(m, n, 0, 0)// 从 (0, 0) 出发
};

复杂度分析##

• 时间复杂度：O(m * n)

  • 每个位置的路径数量最多只计算一次，因此时间复杂度为 O(m * n)。

• 空间复杂度：O(m * n)

  • 使用缓存存储每个位置的路径数量，缓存大小与网格大小相关。

总结

这道题展示了 递归 和 缓存（记忆化搜索） 的结合应用。通过缓存避免重复计算，提高了算法的效率。如果输入规模较大，可以尝试 动态规划 方法进一步优化代码，避免递归调用的开销。