【Unique Paths】cpp

题目：

A robot is located at the top-left corner of a m x 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?

Above is a 3 x 7 grid. How many possible unique paths are there?

Note: m and n will be at most 100.

代码：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            int dp[m][n];
            memset(dp, , sizeof(dp));
            for ( size_t i = ; i < n; ++i ) dp[][i] = ;
            for ( size_t i = ; i < m; ++i ) dp[i][] = ;
            for ( size_t i = ; i < m; ++i )
            {
                for ( size_t j = ; j < n; ++j )
                {
                    dp[i][j] = dp[i-][j] + dp[i][j-];
                }
            }
            return dp[m-][n-];
    }
};

tips：

常规dp解法。

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上面的代码有可以改进的地方：dp[m][n]并不用这些额外空间，只需要两个长度为n的数组即可；一个保存前一行的状态，一个用于遍历当前行的状态，每次滚动更新，可以省去额外空间。沿着上述思路改进了一版代码如下：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            int curr[n], pre[n];
            for ( size_t i = ; i<n; ++i ) { pre[i]=; curr[i]=; }
            curr[] = ;
            for ( size_t i = ; i<m; ++i )
            {
                for ( size_t j = ; j<n; ++j )
                {
                    curr[j] = curr[j-] + pre[j];
                    pre[j] = curr[j];
                }
                curr[] = ;
            }
            return pre[n-];
    }
};

这个代码空间复杂度降到了O(n)，但还是可以改进。其实只用一个一维的数组dp就可以了，代码如下。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            int curr[n];
            memset(curr, , sizeof(curr));
            curr[] = ;
            for ( size_t i = ; i < m; ++i )
            {
                for ( size_t j = ; j < n; ++j )
                {
                    curr[j] = curr[j-] + curr[j];
                }
            }
            return curr[n-];
    }
};

这里用到了滚动数组的技巧。有个细节需要注意，外层dp是可以从0行开始，省去了一部分代码。

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再学一种深搜+缓存（即“备忘录”）解法。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            vector<vector<int> > cache(m+,vector<int>(n+,));
            return Solution::dfs(m, n, cache);
    }
    static int dfs( int x, int y, vector<vector<int> >& cache )
    {
            if ( x< || y< ) return ;
            if ( x== && y== ) return ;
            int left = cache[x-][y]> ? cache[x-][y] : cache[x-][y]=Solution::dfs(x-, y, cache);
            int up = cache[x][y-]> ? cache[x][y-] : cache[x][y-]=Solution::dfs(x, y-, cache);
            return left+up;
    }
};

有点儿类似动态规划的思想：开一个cache数组保存已经深搜遍历过的中间结果，避免重复遍历。

这里有个简化代码的技巧：定义cache的时候多定义一行和一列，这样在深搜的过程中按照dfs中的代码可以省去判断cache下标是否越界的逻辑。

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第二次过这道题，直接写了一个dp的做法。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            int dp[m][n];
            fill_n(&dp[][], m*n, );
            for ( int i=; i<n; ++i ) dp[][i]=;
            for ( int i=; i<m; ++i ) dp[i][]=;
            for ( int i=; i<m; ++i )
            {
                for ( int j=; j<n; ++j )
                {
                    dp[i][j] = dp[i][j-] + dp[i-][j];
                }
            }
            return dp[m-][n-];
    }
};