Given a m x n grid filled with non-negative numbers, find a path from top left to bottom right which minimizes the sum of all numbers along its path.
Note: You can only move either down or right at any point in time.
典型的动态规划问题。
设dp[i][j]表示从左上角到grid[i][j]的最小路径和。那么dp[i][j] = grid[i][j] + min( dp[i-1][j], dp[i][j-1] );
下面的代码中，为了处理计算第一行和第一列的边界条件，我们令dp[i][j]表示从左上角到grid[i-1][j-1]的最小路径和，最后dp[m][n]是我们所求的结果
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class
Solution {
public
:
int
minPathSum(vector<vector<
int
> > &grid) {
int
row = grid.size(),col;
if
(row == 0)
return
0;
else
col = grid[0].size();
vector<vector<
int
> >dp(row+1, vector<
int
>(col+1, INT_MAX));
dp[0][1] = 0;
for
(
int
i = 1; i <= row; i++)
for
(
int
j = 1; j <= col; j++)
dp[i][j] = grid[i-1][j-1] + min(dp[i][j-1], dp[i-1][j]);
return
dp[row][col];
}
};
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注意到上面的代码中dp[i][j] 只和上一行的dp[i-1][j]和上一列的dp[i][j-1]有关，因此可以优化空间为O（n）（准确来讲空间复杂度可以是O（min（row,col
））） 本文地址
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class
Solution {
public
:
int
minPathSum(vector<vector<
int
> > &grid) {
int
row = grid.size(),col;
if
(row == 0)
return
0;
else
col = grid[0].size();
vector<
int
>dp(col+1, INT_MAX);
dp[1] = 0;
for
(
int
i = 1; i <= row; i++)
for
(
int
j = 1; j <= col; j++)
dp[j] = grid[i-1][j-1] + min(dp[j], dp[j-1]);
return
dp[col];
}
};
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问题扩展
最大路径和只需要把上面的递推公式中的min换成max。
现在有个问题，如果两个人同时从左上角出发，目的地是右下角，两个人的路线不能相交（即除了出发点和终点外，两个人不同通过同一个格子），使得两条路径的和最大。（这和一个人先从左上角到右下角，再回到左上角是相同的问题）。
这是双线程动态规划问题：假设网格为grid，dp[k][i][j]表示两个人都走了k步，第一个人向右走了i步，第二个人向右走了j步 时的最大路径和（只需要三个变量就可以定位出两个人的位置grid[k-i][i-1] 、 grid[k-j][j-1]），那么
dp[k][i][j] = max(dp[k-1][i-1][j-1], dp[k-1][i][j], dp[k-1][i-1][j], dp[k-1][i][j-1]) + grid[k-i][i-1] + grid[k-j][j-1] （我们假设在起始位置时就已经走了一步）
这个方程的意思是从第k-1步到第k步，可以两个人都向右走、都向下走、第一个向下第二个向右、第一个向右第二个向下，这四种走法中选择上一步中路径和最大的。
由于要保证两条路线不能相交，即两个人走的过程中，有一个人向右走的步数永远大于另一个人向右走的步数，我们不妨设第二个人向右走的步数较大，即dp[k][i][j]中j > i才是有效的状态。走到终点的步数为：网格的行数+网格的列数-1
需要注意的是：当走了k步时，某个人向右走的步数必须 > k - 网格的行数，如果向右走的步数 <= k-行数，那么向下走的步数 = k-向右走的步数 >= 行数，此时超出了网格的范围。由于我们假设了 j > i,因此只要保证 i > k-网格行数即可。
代码如下：
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int
max2PathSum(vector<vector<
int
> > grid)
{
int
row = grid.size(), col = grid[0].size();
vector<vector<vector<
int
> > > dp(row+col, vector<vector<
int
> >(col+1, vector<
int
>(col+1, 0)));
for
(
int
step = 2; step <= row+col-2; step++)
for
(
int
i = max(1, step-row+1); i <= step && i <= col; i++)
for
(
int
j = i+1; j <= step && j <= col; j++)
{
dp[step][i][j] = max(max(dp[step-1][i][j], dp[step-1][i-1][j-1]), max(dp[step-1][i-1][j], dp[step-1][i][j-1]));
dp[step][i][j] += (grid[step-i][i-1] + grid[step-j][j-1]);
}
return
dp[row+col-2][col-1][col] + 2*grid[row-1][col-1] + 2*grid[0][0];
}
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我们最终的目标是dp[row+col-1][col][col] = max{dp[row+col-2][col-1][col-1], dp[row+col-2][col][col], dp[row+col-2][col-1][col], dp[row+col-2][col][col-1]} + 2*grid[row-1][col-1]
由于dp[row+col-2][col-1][col-1], dp[row+col-2][col][col], dp[row+col-2][col][col-1]都是无效的状态（dp[k][i][j]中j > i才是有效的状态），
所以dp[row+col-1][col][col] = dp[row+col-2][col-1][col] + 2*grid[row-1][col-1]，代码中最后结果还加上了所在起点的的网格值。
由以上可知，循环中最多只需要求到了dp[row+col-2][][]。
nyoj中 传纸条（一）就是这个问题，可以在这一题中测试上述函数的正确性，测试代码如下：
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int
main()
{
int
n;
scanf
(
"%d"
,&n);
for
(
int
i = 1; i <= n; i++)
{
int
row, col;
scanf
(
"%d%d"
, &row, &col);
vector<vector<
int
> >grid(row, vector<
int
>(col));
for
(
int
a = 0; a < row; a++)
for
(
int
b = 0; b < col; b++)
scanf
(
"%d"
, &grid[a][b]);
printf
(
"%d\n"
, max2PathSum(grid));
}
return
0;
}
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这个问题还可以使用最小费用流来解决，具体可以参考here
