https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths
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？
例如，上图是一个7 x 3 的网格。有多少可能的路径？
示例 1:
输入: m = 3, n = 2
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 2:
输入: m = 7, n = 3
输出: 28
提示：
1 <= m, n <= 100
题目数据保证答案小于等于 2 * 10 ^ 9
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
首先是直觉的递归法。
- 在每个格子我们都有两个选择：
向右走、向下走 - 如果走到了网格最右侧的那一列，我们就只剩下
向下走这个选项 - 如果走到了网格最底下的那一行，我们就只剩下
向右走这个选项 - 所以在每个格子做选择之前，先要判断能不能向右/向下走
- 等走到最后一个格子，在这个格子我们既不能向右也不能向下，就在记录上加一
JavaScript Code
/**
* @param {number} m
* @param {number} n
* @return {number}
*/
var uniquePaths = function (m, n) {
let total = 0;
dfs(m, n, 0, 0);
return total;
// ***********************************
function dfs(m, n, row, col) {
if (row === n - 1 && col === m - 1) {
total++;
return;
}
row < n - 1 && dfs(m, n, row + 1, col);
col < m - 1 && dfs(m, n, row, col + 1);
}
};更简洁的递归版：
JavaScript Code
/**
* @param {number} m
* @param {number} n
* @return {number}
*/
var uniquePaths = function (m, n) {
if (m === 1 || n === 1) return 1;
return uniquePaths(m - 1, n) + uniquePaths(m, n - 1);
};- 时间复杂度：$O(2^max(m, n))$，2 是递归树的最大分支数，因为在每个函数中都有两次递归调用，指数部分是树的最大深度。
- 空间复杂度：$O(max(m, n))$，递归树的最大深度。
我们的目标是走到网格右下角的格子，不妨假设我们已经走到了这个格子，那往前推一步，走到这个格子之前我们在哪呢？只能是它左边或者上方的格子。
- 假设我们已经知道了有多少条路径可以走到它左边的格子，用
F(left)来表示； - 假设我们也已知道了有多少条路径可以走到它上方的格子，用
F(top)来表示；
那我们很容易就能算出，要走到右下角的格子，一共有 F(bottomRight) = F(left) + F(top) 条路径。
我们可以从右下角的格子一直往前推，计算每个格子的状态 F(cell) = F(left) + F(top)。直到，退到起点，因为我们已经站在起点了，也就是说只有一条路，所以 F(topLeft) = 1。
现在我们再把这个过程反过来，从起点开始，一直往右下角的格子前进，一路算出走到每个格子有多少条路径 F(cell)，最终就可以得到我们想要的结果 F(bottomRight) 了。
因为要记录每个格子的状态，所以需要一个二维数组
TypeScript Code
function uniquePaths(m: number, n: number): number {
const dp: number[][] = Array(n + 1)
.fill(0)
.map(() => Array(m + 1).fill(0));
dp[1][1] = 1;
for (let i = 1; i <= n; i++) {
for (let j = 1; j <= m; j++) {
dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[n][m];
}Python Code
class Solution(object):
def uniquePaths(self, m, n):
"""
:type m: int
:type n: int
:rtype: int
"""
dp = [[0] * (m) for _ in range(n)]
for i in range(n):
dp[i][0] = 1
for j in range(m):
dp[0][j] = 1
for i in range(1, n ):
for j in range(1, m):
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
return dp[n - 1][m - 1]- 时间复杂度：$O(m*n)$。
- 空间复杂度：$O(m*n)$。
因为每个格子只依赖它左边和上边的格子的状态，所以我们没必要用二维数组来存储整个网格的状态，只需要两个一维数组：一个存上一行格子的状态，一个存当前行格子的状态，然后在遍历的过程中更新这两个数组就好了。
TypeScript Code
function uniquePaths(m: number, n: number): number {
let last: number[] = Array(m + 1).fill(0);
last[1] = 1;
for (let i = 1; i <= n; i++) {
const cur = Array(m + 1).fill(0);
for (let j = 1; j <= m; j++) {
cur[j] = cur[j - 1] + last[j];
}
last = cur;
}
return last[m];
}- 时间复杂度：$O(m*n)$。
- 空间复杂度：$O(n)$。
https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-ii/
跟 62 题差不多，只是如果当前格子有障碍的话，就把 dp[i][j] 重置为 0，说明此路不通。
动态规划：
JavaScript Code
/**
* @param {number[][]} obstacleGrid
* @return {number}
*/
var uniquePathsWithObstacles = function (obstacleGrid) {
const rows = obstacleGrid.length;
const cols = obstacleGrid[0].length;
const dp = Array(rows + 1)
.fill(0)
.map(() => Array(cols + 1).fill(0));
dp[1][1] = 1;
for (let i = 1; i <= rows; i++) {
for (let j = 1; j <= cols; j++) {
if (obstacleGrid[i - 1][j - 1] === 1) {
dp[i][j] = 0;
} else {
dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
}
return dp[rows][cols];
};空间优化：
JavaScript Code
/**
* @param {number[][]} obstacleGrid
* @return {number}
*/
var uniquePathsWithObstacles = function (obstacleGrid) {
const rows = obstacleGrid.length;
const cols = obstacleGrid[0].length;
let prev = Array(cols + 1).fill(0);
prev[1] = obstacleGrid[0][0] === 1 ? 0 : 1;
let cur = Array(cols + 1).fill(0);
for (let i = 1; i <= rows; i++) {
for (let j = 1; j <= cols; j++) {
if (obstacleGrid[i - 1][j - 1] === 1) {
cur[j] = 0;
} else {
cur[j] = cur[j - 1] + prev[j];
}
}
[prev, cur] = [cur, prev];
}
return prev[cols];
};