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411,动态规划和递归求不同路径 II

作者:互联网

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If you're not satisfied with the life you're living, don't just complain. Do something about it.

对于现况的不满,你不能只是抱怨,而是要有勇气作出改变。

问题描述

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?

 

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网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

说明:m 和 n 的值均不超过 100。

 

示例 1:

输入:

[

  [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

 

动态规划解决

上一篇我们讲过和这非常类似的一道题,只不过上一篇没有障碍物,但并不影响我们解这道题,我们还用dp[i][j]表示到坐标(i,j)这个格内有多少条不同的路径,所以最终的答案就是求dp[m-1][n-1]。

 

这里的递推分为两种情况,一种是当前网格没有障碍物,一种是当前网格有障碍物。

 

1,如果当前网格dp[i][j]有障碍物,那么这里肯定是走不过去的,所以dp[i][j]=0。

 

2,如果当前网格dp[i][j]没有障碍物,那么递推公式就和上一题409,动态规划求不同路径一样了。

因为只能从上面或左边走过来,所以递推公式是

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。

 

边界条件也好判断,如果当前行没有障碍物,那么当前行的值都是1,如果有障碍物,那么第一个障碍物前面都是1,其他的都是0。同理第一列也一样。

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我们来看下代码

 1public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
2    int m = obstacleGrid.length;
3    int n = obstacleGrid[0].length;
4    int dp[][] = new int[m][n];
5    //第一列初始化
6    for (int i = 0; i < m; i++) {
7        if (obstacleGrid[i][0] == 0)
8            dp[i][0] = 1;
9        else
10            break;
11    }
12    //第一行初始化
13    for (int i = 0; i < n; i++) {
14        if (obstacleGrid[0][i] == 0)
15            dp[0][i] = 1;
16        else
17            break;
18    }
19    for (int i = 1; i < m; ++i)
20        for (int j = 1; j < n; ++j)
21            if (obstacleGrid[i][j] == 0)
22                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
23    return dp[m - 1][n - 1];
24}

代码和409,动态规划求不同路径差不多,只不过在第一行和第一列还有上面第21行多了一些判断。

 

动态规划代码量优化

上面代码虽然也能实现,但有那么多条件判断总感觉很繁琐,所以我们还有一种方式就是把二维数组的长和宽都放大一格,这样数组的第一行和第一列都不存储任何值,但初始条件要变了

上面3种初始条件都可以,我们来任选一个,看下代码

 1public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
2    int m = obstacleGrid.length;
3    int n = obstacleGrid[0].length;
4    int dp[][] = new int[m + 1][n + 1];
5    //初始条件,下面3个任选一个
6    //dp[1][1] = obstacleGrid[0][0] ^ 1;
7    //dp[0][1] = 1;
8    dp[1][0] = 1;
9    for (int i = 1; i <= m; ++i)
10        for (int j = 1; j <= n; ++j)
11            if (obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)
12                dp[i][j] += dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
13    return dp[m][n];
14}
15

 

动态规划空间优化

我们可以参照上一题把二维空间改为一维的,原理很简单,我们来直接看代码

 1public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
2    int m = obstacleGrid.length;
3    int n = obstacleGrid[0].length;
4    int[] dp = new int[n + 1];
5    dp[1] = 1;
6    for (int i = 0; i < m; i++) {
7        for (int j = 1; j <= n; j++) {
8            if (obstacleGrid[i][j - 1] == 1) {
9                dp[j] = 0;//有障碍物
10            } else {//无障碍物
11                dp[j] += dp[j - 1];
12            }
13        }
14    }
15    return dp[n];
16}

上一题有人问过一个问题说看不懂第11行,这里再说一下,因为是一行一行的遍历,在当前行遍历之前dp(这里是一维数组)表示的是上一行的值,然后遍历到当前行的时候,假如遍历当前行的第j列的时候,那么当前行第j列之前的数据都会被更新掉,当前行第j列之后的数据还是上一行的,所以dp[j]=dp[j]+dp[j-1](为了区分,这里标成了不同的颜色),dp[j]表示的是当前列的上一行值,dp[j-1]表示的是当前行的前一个值。

 

递归方式

上一题我们提到过,使用递归的方式会造成大量的重复计算,所以为了减少重复计算,这里使用一个map把计算过的值存储起来,下次用的时候先从map中取,如果有就返回,如果没有再计算。

 1public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
2    return helper(obstacleGrid, 0, 0, new HashMap<String, Integer>());
3}
4
5public static int helper(int[][] obstacleGrid, int down, int right, Map<String, Integer> map) {
6    String key = down + "and" + right;
7    int result = 0;
8    if (map.containsKey(key))
9        return map.get(key);
10    if (obstacleGrid[down][right] == 1) {
11        result = 0;
12        map.put(key, result);
13        return result;
14    }
15    if (right == obstacleGrid[0].length - 1 && down == obstacleGrid.length - 1) {
16        if (obstacleGrid[down][right] == 1) {
17            result = 0;
18        } else {
19            result = 1;
20        }
21        map.put(key, result);
22        return result;
23    }
24    if (right == obstacleGrid[0].length - 1 || down == obstacleGrid.length - 1) {
25        if (right == obstacleGrid[0].length - 1) {
26            result = helper(obstacleGrid, down + 1, right, map);
27        } else {
28            result = helper(obstacleGrid, down, right + 1, map);
29        }
30        map.put(key, result);
31        return result;
32    }
33    result = helper(obstacleGrid, down, right + 1, map) + helper(obstacleGrid, down + 1, right, map);
34    map.put(key, result);
35    return result;
36}

这种不看也可以,因为动态规划非常简单,没人会傻到会使用这种方式,但他也算是提供了一种思路,有时间看看也行。

 

总结

这题多了一个障碍物的判断,但难度其实并没有增加多少,如果当前位置出现了障碍物,说明不能从当前位置通过,所以当前位置的路径是0,如果当前位置不是0,那么计算就还和以前一样了。

 

 

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409,动态规划求不同路径

407,动态规划和滑动窗口解决最长重复子数组

395,动态规划解通配符匹配问题

370,最长公共子串和子序列

 

 

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标签:map,obstacleGrid,递归,障碍物,int,II,411,dp,result
来源: https://blog.51cto.com/u_4774266/2902829