题目描述

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？

来自LeetCode

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

示例

来自LeetCode

动态规划

这一题与不同路径极其相似。唯一不同的地方就在于多了一个障碍物的处理。对于每一个格子，它都可由左边一个格子或者上边一个格子到达。那么我们可以用dp[i][j]来保存到达第i行第j列的格子的不同路径数。对于有障碍物的格子，我们认为它不可达，及if(obstacleGrid[i][j]==0)dp[i][j]=0对于没有障碍物的格子来说dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j].动态规划中，边界问题必须要考虑清楚。在第0行dp[0][j]中，只有当前j个格子都没有障碍物时，才认为第j个格子可达。这是很好理解的，我们单独吧dp[0]这一维数组拿出来，当中间出现了一个障碍物时，显然后面的格子就无法到达了。同理，对于第0列dp[i][0]也需要如此处理。

 public static int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        //dp[i][j]表示到达abs[i][j]的不同路径数
        int n=obstacleGrid.length;
        int m=obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[n][m];
        //初始化边界，只有当前i个格子都没有障碍物时第i个格子才可达
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (obstacleGrid[i][0] != 1) {
                dp[i][0] = 1;
            } else break;
        }
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            if (obstacleGrid[0][i] != 1) {
                dp[0][i] = 1;
            } else break;
        }
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            for (int j = 1; j < m; j++) {
                if (obstacleGrid[i][j] == 1)
                    dp[i][j] = 0;
                else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
            }
        }
        return dp[n-1][m-1];
    }

这个代码的时间复杂度为O(m*n)，效率还是很高的。执行时间上击败了100%的用户。