Unique Paths
描述
A robot is located at the top-left corner of a m × n grid (marked 'Start' in the diagram below).
The robot can only move either down or right at any point in time. The robot is trying to reach the bottom-right corner of the grid (marked 'Finish' in the diagram below).
How many possible unique paths are there?
Note: m and n will be at most 100.
深搜
// Unique Paths
// 深搜，小集合可以过，大集合会超时
// 时间复杂度O(n^4)，空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
if (m < 1 || n < 1) return 0; // 终止条件
if (m == 1 && n == 1) return 1; // 收敛条件
return uniquePaths(m - 1, n) + uniquePaths(m, n - 1);
}
};备忘录法
给前面的深搜，加个缓存，就可以过大集合了。即备忘录法。
// Unique Paths
// 深搜 + 缓存，即备忘录法
// 时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n^2)
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
// f[x][y] 表示 从(0,0)到(x,y)的路径条数
f = vector<vector<int> >(m, vector<int>(n, 0));
f[0][0] = 1;
return dfs(m - 1, n - 1);
}
private:
vector<vector<int> > f; // 缓存
int dfs(int x, int y) {
if (x < 0 || y < 0) return 0; // 数据非法，终止条件
if (x == 0 && y == 0) return f[0][0]; // 回到起点，收敛条件
if (f[x][y] > 0) {
return f[x][y];
} else {
return f[x][y] = dfs(x - 1, y) + dfs(x, y - 1);
}
}
};
动规
既然可以用备忘录法自顶向下解决，也一定可以用动规自底向上解决。
设状态为f[i][j]，表示从起点(1,1)到达(i,j)的路线条数，则状态转移方程为：
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]
// Unique Paths
// 动规，滚动数组
// 时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<int> f(n, 0);
f[0] = 1;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
// 左边的f[j]，表示更新后的f[j]，与公式中的f[i][j]对应
// 右边的f[j]，表示老的f[j]，与公式中的f[i-1][j]对应
f[j] = f[j] + f[j - 1];
}
}
return f[n - 1];
}
};
数学公式
一个m行，n列的矩阵，机器人从左上走到右下总共需要的步数是m+n-2，其中向下走的步数是m-1，因此问题变成了在m+n-2个操作中，选择m–1个时间点向下走，选择方式有多少种。即 。
// LeetCode, Unique Paths
// 数学公式
class Solution {
public:
typedef long long int64_t;
// 求阶乘, n!/(start-1)!，即 n*(n-1)...start，要求 n >= 1
static int64_t factor(int n, int start = 1) {
int64_t ret = 1;
for(int i = start; i <= n; ++i)
ret *= i;
return ret;
}
// 求组合数 C_n^k
static int64_t combination(int n, int k) {
// 常数优化
if (k == 0) return 1;
if (k == 1) return n;
int64_t ret = factor(n, k+1);
ret /= factor(n - k);
return ret;
}
int uniquePaths(int m, int n) {
// max 可以防止n和k差距过大，从而防止combination()溢出
return combination(m+n-2, max(m-1, n-1));
}
};