一、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？
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
示例 2：
输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1
提示：
m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1
二、解题思路
我们用 f(i, j)表示从左上角走到 (i, j) 的路径数量，其中 i 和 j 的范围分别是 [0, m) 和 [0, n)。
由于我们每一步只能从向下或者向右移动一步，因此要想走到 (i, j)，如果向下走一步，那么会从 (i-1, j) 走过来；如果向右走一步，那么会从 (i, j-1)走过来。因此我们可以写出动态规划转移方程：
f(i, j) = f(i-1, j) + f(i, j-1)
需要注意的是，如果 i=0，那么 f(i-1,j)并不是一个满足要求的状态，我们需要忽略这一项；同理，如果 j=0，那么 f(i,j-1) 并不是一个满足要求的状态，我们需要忽略这一项。
由于f(0, j)只能一直向右移动到达，f(i, 0)只能一直向下移动达到，只有一条路径，如果这条路径上有一个障碍物，后面的路径是不通的，因此我们将障碍物前的路径f(0, j)和f(i, 0)初始化为1，障碍物和后面的路径初始化为0。
最终的答案即为 f(m-1,n-1)。
三、代码
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m=obstacleGrid.length;
int n=obstacleGrid[0].length;
return uniquePaths(m,n,obstacleGrid);
}
public int uniquePaths(int m, int n,int[][] obstacleGrid) {
int[][] dp=new int[m][n];
for(int i=0;i<m;i++){
if(obstacleGrid[i][0]==1){
break;
}else{
dp[i][0]=1;
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(obstacleGrid[0][i]==1){
break;
}else{
dp[0][i]=1;
}
}
for(int i=1;i<m;i++){
for(int j=1;j<n;j++){
if(obstacleGrid[i][j]==0){
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
}else{
dp[i][j]=0;
}
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
}四、复杂度分析
时间复杂度：O(mn)。
空间复杂度：O(mn)，即为存储所有状态需要的空间。注意到 f(i, j) 仅与第 i 行和第i−1 行的状态有关，因此我们可以使用滚动数组代替代码中的二维数组，使空间复杂度降低为 O(n)。此外，由于我们交换行列的值并不会对答案产生影响，因此我们总可以通过交换 m 和 n 使得 m≤n，这样空间复杂度降低至 O(min(m,n))。
欢迎关注微信公众号【算法攻城师】
