【代码随想录day23】不同路径

原创 已于 2023-09-01 16:56:28 修改 · 414 阅读 · 0 ·
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#算法

于 2023-09-01 16:42:01 首次发布
文章讨论了在一个mxn网格中，机器人从左上角到右下角的移动路径问题，利用动态规划方法计算不同路径的数量，给出示例和代码实现。

题目

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” ）。

问总共有多少条不同的路径？

示例 1：

输入：m = 3, n = 7
输出：28

示例 2：

输入：m = 3, n = 2
输出：3
解释：
从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。
1. 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向下

示例 3：

输入：m = 7, n = 3
输出：28

示例 4：

输入：m = 3, n = 3
输出：6

代码

class Solution:
    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
        dp = [[0]*n for _ in range(m)]
        for i in range(m):
            dp[i][0]=1
        for j in range(n):
            dp[0][j]=1
        for i in range(1,m):
            for j in range(1,n):
                dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
        return dp[m-1][n-1]

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如果这样的节点存在，就说明找到了一条从根节点到叶子节点的路径且路径和为target。如果走到空节点都没找到，说明当前路径不是我们要找的，返回False。最后只要左子树或者右子树中的任意一个为True都算成功找到了。，而我最开始以为只要里面有相加为target的就行，导致了一些错误。其实整体思路比较简单，对于每一个节点，我们判断。一定要认真审题，题目说的是。
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这个方法是指使用一个和遍历树节点同步的栈来记录其他信息，这个方法也可以使用回溯的方法来替代解决，但是回溯比较繁琐，目前主要还是优先使用这种思路。这种求树的路径信息，应该可以第一反应，使用额外栈的方式解决，这道题是用于记录深度遍历过程中从根节点到当前节点的路径上的节点和。这在高度计算，层的平均值，层的最大值，右视图，next指针在每一层中添加，这些题目中优先考虑使用队列层序遍历。如果使用迭代的方法，要注意节点入栈顺序和遍历顺序相反，比如，先序遍历，入栈顺序是右左中。二叉树，要处理整个树，一般少不了遍历。
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的同时，遇到叶子节点就把从根节点开始到叶子节点的路径放入答案向量中，但是我想着如何使用一个字符数组来存放当前的结果，从而导致自己的思维陷入复杂的情况。这道题，相比上一道题，对于深度优先遍历的顺序没有那么严格的要求，也就是入栈时候右孩子先入栈这样的规矩，一般是需要对。这题需要计算所有左叶子之和，可以使用深度优先遍历，遍历到左叶子时候，把左叶子的值加上。这个代码在写的时候，我按照先序遍历的顺序，左孩子入栈，接着右孩子入栈，结果导致最后的结果出错，因为，，使用栈迭代处理树的问题时，一定要注意！
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之前层序遍历系列中做个这样的题目，这里尝试使用递归的方式来求解这个题目。但是如果是想要仿照上面的思路来解答的话，并不是简单把max改为min，因为那样的话，最小深度的那条计算路径可能不包含叶子节点（如下值为8的节点，最小深度不是右孩子深度0+1，而是2）。这道题，受对称树、相同树的题目启发，可以在遍历树的同时，尝试比较树的不同节点作为根节点的树，是否和给出的子树结构和值均相同。总之，还是旧心得，递归题目的重点是要明确递归函数的三要素，尤其是递归函数的功能和递归函数层的实现逻辑。
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dp[i] 拆分 假设我们进行遍历从1到j j是小于i//2 + 1的，那么得到值可以是j*(i-j) 表明拆分为两个数，那么如果拆分多个，则是j * dp[i-j] 我们需要从这里面选择最大的。你走到dp[i][j] 要么从dp[i-1][j] 向下移动一步 要么从dp[i][j-1]向右一步。因此dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]dp[i][j]就是代表从(0,0）到[i,j]的路径数量。首先，dp[i][j] 就是障碍，那么其实dp[i][j] 就是应该为0。
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1. 找树左下角的值：使用BFS层序遍历，优先处理右节点，最后访问的节点即为左下角值；2. 路径总和问题：递归判断是否存在路径和等于目标值，113题还涉及路径记录；3. 根据遍历序列构建二叉树：通过前序/后序确定根节点，中序划分左右子树，递归构建。关键点包括：BFS的节点处理顺序、递归终止条件、遍历序列的切割位置等。
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### 关于代码随想录 Day04 的学习资料与解析 #### 一、Day04 主要内容概述 代码随想录 Day04 的主要内容围绕 **二叉树的遍历** 展开，包括前序、中序和后序三种遍历方式。这些遍历可以通过递归实现，也可以通过栈的方式进行迭代实现[^1]。 #### 二、二叉树的遍历方法详解 ##### 1. 前序遍历（Pre-order Traversal） 前序遍历遵循访问顺序：根节点 -> 左子树 -> 右子树。以下是基于递归的实现： ```python def preorderTraversal(root): result = [] def traversal(node): if not node: return result.append(node.val) # 访问根节点 traversal(node.left) # 遍历左子树 traversal(node.right) # 遍历右子树 traversal(root) return result ``` 对于迭代版本，则可以利用显式的栈来模拟递归过程： ```python def preorderTraversal_iterative(root): stack, result = [], [] current = root while stack or current: while current: result.append(current.val) # 访问当前节点 stack.append(current) # 将当前节点压入栈 current = current.left # 转向左子树 current = stack.pop() # 弹出栈顶元素 current = current.right # 转向右子树 return result ``` ##### 2. 中序遍历（In-order Traversal） 中序遍历遵循访问顺序：左子树 -> 根节点 -> 右子树。递归实现如下： ```python def inorderTraversal(root): result = [] def traversal(node): if not node: return traversal(node.left) # 遍历左子树 result.append(node.val) # 访问根节点 traversal(node.right) # 遍历右子树 traversal(root) return result ``` 迭代版本同样依赖栈结构： ```python def inorderTraversal_iterative(root): stack, result = [], [] current = root while stack or current: while current: stack.append(current) # 当前节点压入栈 current = current.left # 转向左子树 current = stack.pop() # 弹出栈顶元素 result.append(current.val) # 访问当前节点 current = current.right # 转向右子树 return result ``` ##### 3. 后序遍历（Post-order Traversal） 后序遍历遵循访问顺序：左子树 -> 右子树 -> 根节点。递归实现较为直观： ```python def postorderTraversal(root): result = [] def traversal(node): if not node: return traversal(node.left) # 遍历左子树 traversal(node.right) # 遍历右子树 result.append(node.val) # 访问根节点 traversal(root) return result ``` 而迭代版本则稍复杂一些，通常采用双栈法或标记法完成： ```python def postorderTraversal_iterative(root): if not root: return [] stack, result = [root], [] while stack: current = stack.pop() result.insert(0, current.val) # 插入到结果列表头部 if current.left: stack.append(current.left) # 先压左子树 if current.right: stack.append(current.right) # 再压右子树 return result ``` #### 三、补充知识点 除了上述基本的二叉树遍历外，Day04 还可能涉及其他相关内容，例如卡特兰数的应用场景以及组合问题的基础模板[^2][^4]。如果遇到具体题目，可以根据实际需求调用相应算法工具。 --- ####
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