leetcode 63 不同路径Ⅱ 动态规划

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。

我们用 f(i,j)来表示从坐标 (0,0) 到坐标 (i,j) 的路径总和

u(i,j) 表示坐标(i,j) 是否可行，

如果坐标(i,j) 有障碍物u(i,j)=0，否则u(i,j)=1。因为「机器人每次只能向下或者向右移动一步」，

所以从坐标(0,0) 到坐标 (i,j) 的路径总数的值只取决于从坐标(0,0) 到(i−1,j) 的路径总数和从坐标(0,0) 到坐标(i,j−1) 的路径总数，

即f(i,j) 只能通过f(i−1,j) 和 f(i,j−1) 转移得到。当坐标(i,j) 本身有障碍的时候，任何路径都到到不了f(i,j)，此时f(i,j)=0；

下面我们来讨论坐标 (i,j) 没有障碍的情况：

如果坐标(i−1,j) 没有障碍，那么就意味着从坐标(i−1,j) 可以走到 (i,j)，即 (i−1,j) 位置对 f(i,j) 的贡献为f(i−1,j)，

同理，当坐标(i,j−1) 没有障碍的时候，(i,j−1) 位置对 f(i,j) 的贡献为 f(i,j−1)。综上所述，我们可以得到这样的动态规划转移方程：

f(i,j)={   f(i−1,j)+f(i,j−1),u(i,j)=0

             u(i,j)=0​​

#include <stdio.h>
#define INT_MAX 11
void uniquePaths(int m, int n) {
    int f[m][n];
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        f[i][0] = 1;
    }
    for (int j = 0; j < n; ++j) {
        f[0][j] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < m; ++i) {
        for (int j = 1; j < n; ++j) {
            f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];
        }
    }
    printf("%d\n",f[m - 1][n - 1]);
}

int main() {
    uniquePaths(3,7);
    return 0;
}

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include "string.h"
#include "malloc.h"
#include <math.h>
int unique(int m,int n){
    int dp[m][n];
    int obstacleGrid[3][3]={{0,0,0},{0,1,0},{0,0,0}};
    //若碰到障碍，之后的都走不了。退出循环
    int i,j;
    for(i = 0; i < m; ++i) {
        if(obstacleGrid[i][0]) {
            break;
        }
        dp[i][0] = 1;
    }
    for(j = 0; j < n; ++j) {
        if(obstacleGrid[0][j])
            break;
        dp[0][j] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < m; ++i) {
        for (int j = 1; j < n; ++j) {
            if (obstacleGrid[i][j])
                dp[i][j]=0;
            else
                dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
        }
    }
    int result = dp[m-1][n-1];
    printf("%d ",result);
}
int main()
{
    unique(3,3);

    return 0;
}