本期继续为大家带来的是关于动态规划类题目的讲解，对于这类题目大家一定要多加练习，争取掌握。
（一）不同路径
链接如下：62. 不同路径
- 题目如下：
算法思路：
- 1. 状态表⽰：
对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：
- i. 从 [i, j] 位置出发；
- ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。
这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：
- dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。
- 2. 状态转移⽅程：
简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之 前的⼀⼩步，有两种情况：
- i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
- ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。
由于我们要求的是有多少种⽅法，因此状态转移⽅程就呼之欲出了：
💨 dp[i][j] = dp[i - 1] [j] + dp[i][j - 1]
- 3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
- i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
- ii. 「下标的映射关系」
在本题中，「添加⼀⾏」，并且「添加⼀列」后，只需将 dp[0][1] 的位置初始化为 1 即可。
- 4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，在填写每⼀⾏的时候 「从左往右」
- 5. 返回值：
根据「状态表⽰」，我们要返回 dp[m][n] 的值。
代码如下：
class Solution { public: int uniquePaths(int m, int n) { vector<vector<int>> arr(m+1,vector<int>(n+1,0)); arr[0][1] = 1; for(int i=1; i<= m; ++i){ for(int j=1; j<= n; j++){ arr[i][j] = arr[i-1][j] + arr[i][j-1]; } } // 返回结果 return arr[m][n]; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(mn)。
- 空间复杂度：O(mn)。
（二）不同路径||
链接如下：63. 不同路径 II
题目如下：
算法思路：
本题为不同路径的变型，只不过有些地⽅有「障碍物」，只要在「状态转移」上稍加修改就可解决。
- 1. 状态表⽰：
对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：
- i. 从 [i, j] 位置出发；
- ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。
这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：
- dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。
- 2. 状态转移：
简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之 前的⼀⼩步，有两种情况：
- i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
- ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。
但是， [i - 1, j] 与 [i, j - 1] 位置都是可能有障碍的，此时从上⾯或者左边是不可能 到达 [i, j] 位置的，也就是说，此时的⽅法数应该是 0。 由此我们可以得出⼀个结论，只要这个位置上「有障碍物」，那么我们就不需要计算这个位置上的值，直接让它等于 0 即可。
- 3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
- i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
- ii. 「下标的映射关系」
在本题中，添加⼀⾏，并且添加⼀列后，只需将 dp[1][0] 的位置初始化为 1 即可。
- 4. 填表顺序：
根据「状态转移」的推导，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」。
- 5. 返回值：
根据「状态表⽰」，我们要返回的结果是 dp[m][n] 。
代码如下：
class Solution { public: int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) { int len = obstacleGrid.size(); int widelen=obstacleGrid[0].size(); vector<vector<int>> arr(len+1,vector<int>(widelen+1,0)); arr[0][1] = 1; for(int i=1; i<= len; ++i){ for(int j=1; j<= widelen; ++j){ if(obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0) arr[i][j] = arr[i-1][j] + arr[i][j-1]; } } return arr[len][widelen]; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(mn)。
- 空间复杂度：O(mn)。
（三）礼物的最⼤价值
链接如下：剑指 Offer 47. 礼物的最大价值
题目如下：
算法思路：
- 1. 状态表⽰：
对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：
- i. 从 [i, j] 位置出发，巴拉巴拉；
- ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置，巴拉巴拉。
这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：
- dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，此时的最⼤价值。
- 2. 状态转移⽅程：
对于 dp[i][j] ，我们发现想要到达 [i, j] 位置，有两种⽅式：
- i. 从 [i, j] 位置的上⽅ [i - 1, j] 位置，向下⾛⼀步，此时到达 [i, j] 位置能 拿到的礼物价值为 dp[i - 1][j] + grid[i][j] ；
- ii. 从 [i, j] 位置的左边 [i, j - 1] 位置，向右⾛⼀步，此时到达 [i, j] 位置能 拿到的礼物价值为 dp[i][j - 1] + grid[i][j]
我们要的是最⼤值，因此状态转移⽅程为：
- 💨 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j] 。
- 3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
- i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
- ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，「添加⼀⾏」，并且「添加⼀列」后，所有的值都为 0 即可。
- 4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」，填表的顺序是「从上往下填写每⼀⾏」，「每⼀⾏从左往右」。
- 5. 返回值：
根据「状态表⽰」，我们应该返回 dp[m][n] 的值。
代码如下：
class Solution { public: int maxValue(vector<vector<int>>& grid) { int len = grid.size(); int wide = grid[0].size(); vector<vector<int>> dp(len + 1, vector<int>(wide + 1)); for(int i = 1; i <= len; i++){ for(int j = 1; j <= wide; j++){ dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i - 1][j - 1]; } } return dp[len][wide]; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(mn)。
- 空间复杂度：O(mn)。
以上便是本期动态规划的几道题目，大家做题时按照上述的“五步走”战略去分析思考，我相信大家都可以做对，
