Title
一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記爲“Start” ）。
機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記爲“Finish”）。
現在考慮網格中有障礙物。那麼從左上角到右下角將會有多少條不同的路徑？
網格中的障礙物和空位置分別用 1 和 0 來表示。
說明：m 和 n 的值均不超過 100。
示例 1:
輸入:
[
[0,0,0],
[0,1,0],
[0,0,0]
]
輸出: 2
解釋:
3x3 網格的正中間有一個障礙物。
從左上角到右下角一共有 2 條不同的路徑：
- 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
- 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
動態規劃
如果我們熟悉這類問題，可以一眼看出這是一個動態規劃問題。當我們不熟悉的時候，怎麼想到用動態規劃來解決這個問題呢？我們需要從問題本身出發，尋找一些有用的信息，例如本題中：
- (i,j) 位置只能從 (i - 1, j) 和 (i, j - 1) 走到，這樣的條件就是在告訴我們這裏轉移是 「無後效性」 的，f(i, j) 和任何的 f(i’, j’)(i’ > i, j’ > j) 無關。
- 動態規劃的題目分爲兩大類，一種是求最優解類，典型問題是揹包問題，另一種就是計數類，比如這裏的統計方案數的問題，它們都存在一定的遞推性質。前者的遞推性質還有一個名字，叫做 「最優子結構」 ——即當前問題的最優解取決於子問題的最優解，後者類似，當前問題的方案數取決於子問題的方案數。所以在遇到求方案數的問題時，我們可以往動態規劃的方向考慮。
通常如果我們察覺到了這兩點要素，這個問題八成可以用動態規劃來解決。
Solve
我們用 f(i, j) 來表示從座標 (0, 0) 到座標 (i, j) 的路徑總數，u(i, j) 表示座標 (i, j) 是否可行，如果座標 (i, j) 有障礙物，u(i, j) = 0，否則 u(i, j) = 1。
因爲「機器人每次只能向下或者向右移動一步」，所以從座標 (0, 0) 到座標 (i, j) 的路徑總數的值只取決於從座標 (0, 0) 到座標 (i - 1, j) 的路徑總數和從座標 (0, 0) 到座標 (i, j - 1) 的路徑總數，即 f(i, j) 只能通過 f(i - 1, j) 和 f(i, j - 1) 轉移得到。
當座標 (i, j) 本身有障礙的時候，任何路徑都到到不了 f(i, j)，此時 f(i, j) = 0；下面我們來討論座標 (i, j) 沒有障礙的情況：如果座標 (i - 1, j) 沒有障礙，那麼就意味着從座標 (i - 1, j) 可以走到 (i, j)，即 (i - 1, j) 位置對 f(i, j) 的貢獻爲 f(i - 1, j)，同理，當座標 (i, j - 1) 沒有障礙的時候，(i, j - 1) 位置對 f(i, j) 的貢獻爲 f(i, j - 1)。
綜上所述，我們可以得到這樣的動態規劃轉移方程：
很顯然我們可以給出一個時間複雜度 O(nm) 並且空間複雜度也是 O(nm) 的實現，由於這裏 f(i, j) 只與 f(i - 1, j) 和 f(i, j - 1) 相關，我們可以運用「滾動數組思想」把空間複雜度優化稱 O(m)。
Code
def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
rows, cols = len(obstacleGrid), len(obstacleGrid[0])
dp = [1] + [0] * cols
for i in range(0, rows):
for j in range(0, cols):
dp[j] = 0 if obstacleGrid[i][j] else dp[j] + dp[j - 1]
return dp[-2]
複雜度分析
時間複雜度：O(nm)，其中 n 爲網格的行數，m 爲網格的列數。我們只需要遍歷所有網格一次即可。
空間複雜度：O(m)。利用滾動數組優化，我們可以只用 O(m)O(m) 大小的空間來記錄當前行的 ff 值。