1. 问题分析

题目链接选自力扣 : 不同路径 II

对于路径问题, 我的上一篇文章 ( 不同路径问题 )刚刚讲解了这个问题的基础版. 同样的它也是只能向右或者向下不能进行回退. 不一样的是, 当遇到障碍物时, 那么就不能从这通过了.

例如题目的实例 1. 位置, 这个二维数组某个位置的值为 1 时, 表明它是一个障碍物, 此时无法从这儿通过. 在图解中则为红宝石的位置. 原本有四条不同的路因为障碍物变成了两条.

2. 状态表示

还是一样的. 以 dp[i][j] 表示从起点位置到 ( i, j ) 位置时一共有多少种不同的路径方法.

3. 状态转移方程

按照之前的经验, 以最近的一步进行问题分解. 想要到达 ( i, j ) 这个位置. 就只能从 ( i-1, j ) 的位置向下一步到达或者从 ( i, j-1 ) 的位置向右一步到达. ( 具体分析看我上一篇文章 不同路径 ). 因此 dp[i][j] 就有了两种情况.

1. 从 ( i, j-1 ) 位置向前一步到达 ( i, j ) 位置

由于从 ( i, j-1 ) 位置到达 ( i, j ) 位置不管怎么走, 最终都会经过这两个点. 那么到达 ( i, j-1 ) 有多少种方法也就意味着此时到达 ( i, j ) 有多少种不同的路径方法. 正好符合我们的状态表示. 即 dp[i][j-1]

2. 从 ( i-1, j ) 位置向下一步到达 ( i, j ) 位置

同样的, 到达 ( i-1, j ) 位置有多少种方法也就意味着此时从起点到 ( i, j ) 位置有多少种不同路径方法. 即 dp[i-1][j].

那么, 会有人问了. 如果从 ( i, j-1 ) 去 ( i,j ) 位置时, 这个 ( i, j-1 ) 位置是障碍物怎么办呢 ?

你可以想一想, 如果这个点是障碍物, 意味着要经过这个点的前提下到达 (i,j) 是一条路都行不通的, 因此这个时候 dp[i][j-1] 是为 0 的, 对于整个状态转移方程来说是没有影响的 !

因此最终的状态转移方程为 : dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]

4. 初始化

初始化是为了防止进行填写 dp 表示不越界. 根据状态转移方程, 当我们想要填写 ( i, j ) 位置时, 就需要先知道从起点到达 ( i-1, j ) 和 ( i, j-1 ) 的不同路径数.

因此我们需要初始化第一行和第一列. 对于第一行而言, 它没有上一个点. 此时根据状态转移去计算就会越界. 同理第一列也一样.

并且第一行和第一列上的每一个点路径数都为 1. 由第一行上的每个点都只能由起点向右走这一条路径到达这一点很容易想明白. 同理第一列上的每一个点也是 1.

这里还是采用之前一样的方式, 多开一行和一列进行初始化, 将繁杂的初始化行和列放在填表中一起写.

5. 填表顺序

不难看出, 还是一样从上往下填写每一行, 而每一行又从左往右填写.

6. 返回值

题目要求返回 m,n 位置处的不同路径数. 而我们的 dp 表多开了一行一列为 dp[m+1][n+1], 因此此时 m, n 位置处不同的路径数的答案存放在 dp[m][n] 里

7. 代码演示

class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        // 1. 创建 dp 表
        int m = obstacleGrid.length;
        int n = obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[m+1][n+1];
        // 2. 初始化
        // 只需要确保起始点为 1 就可以保证原本矩阵的第一行和第一列上的点都为 1
        dp[1][0] = 1; // 此处我选择起始点的前一个点为 1
        // dp[0][1] = 1; // 也可以选择起始点的上一个点为 1
        // 3. 填写 dp 表
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            for(int j = 1; j <= n; j++) {
                // 这里需要注意, 由于多开了一行一列. 对应到原本的矩阵中每一行每一列都需要 -1 才是原本矩阵的位置.
                // 当前这个点没有障碍物时
                if(obstacleGrid[i-1][j-1] != 1) {
                    // 根据状态方程填写
                     dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
                }
                // 为障碍物时, dp[i][j] 为 0, 此处不写没关系
            }
        }
        // 4. 确认返回值
        return dp[m][n];
    }
}