恕我直言，這道題做的十分的爽，解法千變萬化，不知是哪位神人出的？
解法一：（雖然跑不出來，但是依然要貼上）
遞歸版，但數據量大時leetcode上run會失敗。
class Solution:
def uniquePaths(self, m: 'int', n: 'int') -> 'int':
if m==1 or n==1:
return 1
else:
return self.uniquePaths(m, n-1) + self.uniquePaths(m-1, n)
解法二：空間換時間（貌似也換不了多少時間）
採用一個M*N的二維數組，第一行和第一列均爲1，因爲到達其位置的路徑只有一種。那麼到達[i, j]位置的路徑有[i-1,j]+[i,j-1]種。
class Solution:
def uniquePaths(self, m: 'int', n: 'int') -> 'int':
num_L = []
for i in range(m):
num_L.append([])
for i in range(0, n):
num_L[0].append(1)
for i in range(1, m):
num_L[i].append(1)
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
num_L[i].append(num_L[i-1][j]+num_L[i][j-1])
return num_L[m-1][n-1]
解法三：
這種方法要細說。以題目中的例子爲例，讓我們仔細想一想，當格子的長寬爲3*7時，
我們要往下兩步，往右六步，往下或是往右互不干涉。這不就是八個數的全排列嗎？只不過這八個數裏相同的數很多而已，全排列請參考這個。
但沒想到的是，利用這種解法依然時間超出限制。本以爲這還是一種比較好的解法，但是依然行不通，看來帶有遞歸形式的解法可能不適於這題的求解。
解法四：
上面的一個解法沒有解決問題很是令我失望，按常理這裏題目肯定還會有更好的解法。回顧之前的解法二，空間上是否可以縮的更小呢？解法二中採用了二維數組的方法，主要是來存儲之前已經計算過的值。具體來講，便是用當前位置上面和左面的值來計算當前的值，實際上每次運算的過程只需要兩行的存儲空間，這樣的話便可以對解法二進行改進！
class Solution:
def uniquePaths(self, m: 'int', n: 'int') -> 'int':
if m > n:
self.uniquePaths(n, m)
cur = []
pre = []
for i in range(m):
cur.append(1)
pre.append(1)
for i in range(1, n):
for j in range(1, m):
cur[j] = cur[j-1]+pre[j]
pre, cur = cur, pre
return pre[m-1]
嗯！時間複雜度上終於算可以了，但是空間上依然消耗很大，肯定還有別的方法！
解法五：
繼續觀察上面的解法四，可以看到每次更新cur[i]位置的值時，需要用到cur[i-1]和pre[i]，試問這時的pre是怎麼來的，對，沒錯，就是之前的cur。如果我們不更換cur和pre的話，當前cur[i]的值=cur[i]（更換後的pre）+cur[i-1]。不說了，上代碼：
class Solution:
def uniquePaths(self, m: 'int', n: 'int') -> 'int':
if m > n:
self.uniquePaths(n, m)
cur = []
for i in range(m):
cur.append(1)
for i in range(1, n):
for j in range(1, m):
cur[j] += cur[j-1]
return cur[m-1]
但是很令人費解的是，即使是這樣，時間複雜度也只是beat了70%的人，不應該啊！
後來在某貼上看到公式大法：
class Solution:
# @return an integer
def uniquePaths(self, m, n):
aux = [[1 for x in range(n)] for x in range(m)]
for i in range(1, m):
for j in range(1, n):
aux[i][j] = aux[i][j-1]+aux[i-1][j]
return aux[-1][-1]
不得不說，還是公式好！