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？
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]。
-
dp[i-1][j]表示的是从上面走过来的路径条数。
-
dp[i][j-1]表示的是从左边走过来的路径条数。
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。
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 else10 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 else17 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
-
dp[1][1] = obstacleGrid[0][0] ^ 1;
-
dp[0][1] = 1;
-
dp[1][0] = 1;
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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本文分享自微信公众号 - 数据结构和算法（sjjghsf）。
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