算法沉淀——动态规划之路径问题（leetcode真题剖析）_动态规划路径问题

01.不同路径

题目链接：https://leetcode.cn/problems/unique-paths/

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
1
2

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
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示例 3：

输入：m = 7, n = 3
输出：28
1
2

示例 4：

输入：m = 3, n = 3
输出：6
1
2

提示：

• 1 <= m, n <= 100
• 题目数据保证答案小于等于 2 * 109

思路

这是一个典型的动态规划问题。以下是解题的一般步骤：

1. 状态表示： 对于路径类问题，有两种状态表示方式，选择其中之一。这里选择从起始位置出发，到达 [i, j] 位置的方式：

   dp[i][j] 表示从起始位置到达 [i, j] 位置的路径数。

2. 状态转移方程： 分析从 [i, j] 位置出发的一小步，有两种情况：

   • 从 [i-1, j] 位置向下走一步，转移到 [i, j] 位置；
   • 从 [i, j-1] 位置向右走一步，转移到 [i, j] 位置。

   因此，状态转移方程为：dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。

3. 初始化： 在 dp 数组前添加一行和一列，初始化 dp[0][1] 位置为 1。

4. 填表顺序： 从上往下，每一行从左往右填写。

5. 返回值： 返回 dp[m][n] 的值，表示从起始位置到达终点位置的路径数。

代码

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
        dp[1][1]=1;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(i==1&&j==1) continue;
                dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};
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02.不同路径 II

题目链接：https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/

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。

示例 1：

输入：obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：2
解释：3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：
1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
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6

示例 2：

输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1 
1
2

提示：

• m == obstacleGrid.length
• n == obstacleGrid[i].length
• 1 <= m, n <= 100
• obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1

思路

根据上题分析，这题如果某个位置 [i - 1, j] 或者 [i, j - 1] 上存在障碍物，说明从这两个位置到达 [i, j] 的路径是被阻挡的，因此在计算 dp[i][j]（表示从起点到达 [i, j] 的路径数）时，可以直接将 dp[i][j] 设为零，其余同上题。

代码

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int m=obstacleGrid.size(),n=obstacleGrid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
        dp[1][0]=1;
        for(int i=1;i<=m;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                if(obstacleGrid[i-1][j-1]==0)
                    dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
        return dp[m][n];
    }
};
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03.珠宝的最高价值

题目链接：https://leetcode.cn/problems/li-wu-de-zui-da-jie-zhi-lcof/

现有一个记作二维矩阵 frame 的珠宝架，其中 frame[i][j] 为该位置珠宝的价值。拿取珠宝的规则为：

• 只能从架子的左上角开始拿珠宝
• 每次可以移动到右侧或下侧的相邻位置
• 到达珠宝架子的右下角时，停止拿取

注意：珠宝的价值都是大于 0 的。除非这个架子上没有任何珠宝，比如 frame = [[0]]。

示例 1:

输入: frame = [[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最高价值的珠宝
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2
3

提示：

• 0 < frame.length <= 200
• 0 < frame[0].length <= 200

思路

在处理这类问题时，动态规划的状态表可以采用两种主要形式：一是从某个位置出发，描述到达其他位置的情况；二是从起始位置到达某个位置，描述达到该位置时的状态。在这里，我们选择第二种方式定义状态表：

我们使用 dp[i][j] 表示从起始位置到达 [i, j] 位置时的最大价值。在考虑到达 [i, j] 的两种方式时，即从上方 [i - 1, j] 或从左侧 [i, j - 1] 到达，我们需要选择其中最大价值的路径。因此，状态转移方程为：

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+frame[i-1][j-1];

在初始化过程中，可以添加一个辅助结点，并将所有值初始化为零。填表的顺序是从上往下逐行填写，每一行从左往右。最后，我们应该返回 dp[m][n] 的值，表示在整个网格中的最大价值。

代码

class Solution {
public:
    int jewelleryValue(vector<vector<int>>& frame) {
        int m=frame.size(),n=frame[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));

        for(int i=1;i<=m;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+frame[i-1][j-1];
        
        return dp[m][n];
    }
};
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04.下降路径最小和

题目链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-falling-path-sum/

给你一个 n x n 的 方形 整数数组 matrix ，请你找出并返回通过 matrix 的下降路径 的 最小和 。

下降路径 可以从第一行中的任何元素开始，并从每一行中选择一个元素。在下一行选择的元素和当前行所选元素最多相隔一列（即位于正下方或者沿对角线向左或者向右的第一个元素）。具体来说，位置 (row, col) 的下一个元素应当是 (row + 1, col - 1)、(row + 1, col) 或者 (row + 1, col + 1) 。

示例 1：

输入：matrix = [[2,1,3],[6,5,4],[7,8,9]]
输出：13
解释：如图所示，为和最小的两条下降路径
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示例 2：

输入：matrix = [[-19,57],[-40,-5]]
输出：-59
解释：如图所示，为和最小的下降路径
1
2
3

提示：

• n == matrix.length == matrix[i].length
• 1 <= n <= 100
• -100 <= matrix[i][j] <= 100

在处理这种「路径类」的问题时，动态规划的状态表一般有两种常见形式：一是从某个位置出发，描述到达其他位置的情况；二是从起始位置到达某个位置，描述达到该位置时的状态。在这里，我们选择第二种方式定义状态表：

我们使用 dp[i][j] 表示到达 [i, j] 位置时，所有下降路径中的最小和。在考虑到达 [i, j] 的三种方式时，即从正上方 [i - 1, j]、左上方 [i - 1, j - 1] 和右上方 [i - 1, j + 1] 转移到 [i, j] 位置，我们需要选择三者中的最小值，再加上矩阵在 [i, j] 位置的值。因此，状态转移方程为：

dp[i][j]=matrix[i-1][j-1]+min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1]));

在初始化过程中，我们添加一个辅助结点，将其值初始化为正无穷大，以保证后续填表时是正确的。同时，需要注意下标的映射关系。在本题中，我们添加了一行和两列，将第一行的值初始化为 0。填表的顺序是从上往下逐行填写。最后，我们不是返回 dp[m][n] 的值，而是返回 dp 表中最后一行的最小值，因为题目要求只要到达最后一行即可。

代码

class Solution {
public:
    int minFallingPathSum(vector<vector<int>>& matrix) {
        int m=matrix.size(),n=matrix[0].size();
        vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(n+2,INT_MAX));
        for(int i=0;i<n+2;i++) dp[0][i]=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dp[i][j]=matrix[i-1][j-1]+min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1]));
        
        int ret=INT_MAX;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            ret=min(ret,dp[n][i]);

        return ret;
    }
};
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05.最小路径和

题目链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-path-sum/

给定一个包含非负整数的 *m* x *n* 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。

**说明：**每次只能向下或者向右移动一步。

示例 1：

输入：grid = [[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]
输出：7
解释：因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
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示例 2：

输入：grid = [[1,2,3],[4,5,6]]
输出：12
1
2

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• 0 <= grid[i][j] <= 200

思路

在处理这种路径类问题时，我们通常选择两种状态表现形式：一是从某个位置出发，描述到达其他位置的情况；二是从起始位置到达某个位置，描述达到该位置时的状态。在这里，我们选择第二种方式定义状态表：

我们使用 dp[i][j] 表示到达 [i, j] 位置处的最小路径和。在分析 dp[i][j] 的情况时，我们考虑到达 [i, j] 位置之前的一小步有两种情况：一是从上方 [i - 1, j] 向下走一步，转移到 [i, j] 位置；二是从左方 [i, j - 1] 向右走一步，转移到 [i, j] 位置。由于我们要找的是最小路径，因此只需要这两种情况下的最小值，再加上 [i, j] 位置上本身的值即可。

也就是说，状态转移方程为：dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i-1][j-1];

在初始化过程中，我们可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧需要注意两个点：一是辅助结点里面的值要保证后续填表是正确的；二是下标的映射关系。在本题中，添加了一行和一列，所有位置的值可以初始化为无穷大，然后让 dp[0][1] = dp[1][0] = 1 即可。

填表的顺序是从上往下逐行填写，每一行从左往右。最后，我们返回 dp 表中最后一个位置的值，即 dp[m][n]。

代码

class Solution {
public:
    int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
        int m=grid.size(),n=grid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,INT_MAX));
        dp[0][1]=dp[1][0]=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i-1][j-1];
        
        return dp[m][n];
    }
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06.地下城游戏

题目链接：https://leetcode.cn/problems/dungeon-game/

恶魔们抓住了公主并将她关在了地下城 dungeon 的 右下角 。地下城是由 m x n 个房间组成的二维网格。我们英勇的骑士最初被安置在 左上角 的房间里，他必须穿过地下城并通过对抗恶魔来拯救公主。

骑士的初始健康点数为一个正整数。如果他的健康点数在某一时刻降至 0 或以下，他会立即死亡。

有些房间由恶魔守卫，因此骑士在进入这些房间时会失去健康点数（若房间里的值为负整数，则表示骑士将损失健康点数）；其他房间要么是空的（房间里的值为 0），要么包含增加骑士健康点数的魔法球（若房间里的值为正整数，则表示骑士将增加健康点数）。

为了尽快解救公主，骑士决定每次只 向右 或 向下 移动一步。

返回确保骑士能够拯救到公主所需的最低初始健康点数。

**注意：**任何房间都可能对骑士的健康点数造成威胁，也可能增加骑士的健康点数，包括骑士进入的左上角房间以及公主被监禁的右下角房间。

示例 1：

输入：dungeon = [[-2,-3,3],[-5,-10,1],[10,30,-5]]
输出：7
解释：如果骑士遵循最佳路径：右 -> 右 -> 下 -> 下 ，则骑士的初始健康点数至少为 7 。
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示例 2：

输入：dungeon = [[0]]
输出：1 
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提示：

• m == dungeon.length
• n == dungeon[i].length
• 1 <= m, n <= 200
• -1000 <= dungeon[i][j] <= 1000

思路

这道题可以通过动态规划求解，首先需要定义状态表现形式。如果我们定义为“从起点开始，到达 [i, j] 位置的时候，所需的最低初始健康点数”，分析状态转移时可能会受到后续路径的影响。因此，更合适的状态表现形式是“从 [i, j] 位置出发，到达终点时所需要的最低初始健康点数”。

综上，我们定义状态表达为：dp[i][j]表示：从 [i, j] 位置出发，到达终点时所需的最低初始健康点数。

在状态转移方程中，我们考虑从 [i, j] 位置出发的两种选择： i. 向右走到终点，即从 [i, j] 到 [i, j + 1]； ii. 向下走到终点，即从 [i, j] 到 [i + 1, j]。

对于这两种选择，我们需要选择使得到达终点时的初始健康点数最小的路径。因此，状态转移方程为： dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])-dungeon[i][j];

然而，由于 dungeon[i][j] 可能是一个较大的正数，计算得到的dp[i][j]的值可能会小于等于 0。如果初始健康点数小于等于 0，马上死亡，因此我们需要处理这种情况，将 dp[i][j] 与 1 取最大值：dp[i][j]=max(1,dp[i][j]);

在初始化阶段，我们在最前面加上一个“辅助结点”来帮助初始化，需要注意辅助结点里面的值要保证后续填表是正确的，以及下标的映射关系。在本题中，我们在 dp 表的最后一行和最后一列分别添加一行和一列，将所有的值初始化为无穷大，然后让 dp[m][n - 1] = dp[m - 1][n] = 1。

填表的顺序是从下往上逐行填写，每一行从右往左。最后，我们返回 dp[0][0] 的值。

代码

class Solution {
public:
    int calculateMinimumHP(vector<vector<int>>& dungeon) {
        int m=dungeon.size(),n=dungeon[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,INT_MAX));
        dp[m][n-1]=dp[m-1][n]=1;

        for(int i=m-1;i>=0;i--)
            for(int j=n-1;j>=0;j--)
            {
                dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])-dungeon[i][j];
                dp[i][j]=max(1,dp[i][j]);
            }
        
        return dp[0][0];
    }
};
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