漫画：BAT必考题目 （不同路径 - 障碍物版本）
01 PART
不同路径 - 障碍物
多了一点障碍物之后，题目会有何不同？（这可是困难题目哦~）
不同路径：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？
问总共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。
说明：m 和 n 的值均不超过 100。
示例 1:
输入:
[
[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
02 PART
题目分析
因为只是多了一点障碍物，题目的本质并没什么不同，所以直接进行分析即可。
首先我们还是定义状态，用DP[i][j]表示到达i行j列的最多路径。同时，因为第0行和第0列都只有一条路径，所以需要初始化为1。但有一点不一样的就是：如果在0行0列中遇到障碍物，后面的就都是0，意为此路不通。
完成了初始化，下面就是状态转移方程。和没有障碍物的相比没什么特别的，仍然是dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。唯一需要处理的是：如果恰好[i][j]位置上有障碍物，则dp[i][j]为0。比如下图，有dp[1][2]为0。
根据分析，得出代码：（今天翻java牌子）
//JAVA
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int[][] dp = new int[m][n];
if (obstacleGrid[0][0] != 1) {
dp[0][0] = 1;
}
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[0][j] = obstacleGrid[0][j] == 1 ? 0 : dp[0][j - 1];
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
dp[i][0] = obstacleGrid[i][0] == 1 ? 0 : dp[i - 1][0];
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = obstacleGrid[i][j] == 1 ? 0 : dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
}
郑重申明（读我的文章必看）：
- 本系列所有教程都不会用到复杂的语言特性，不需要担心没有学过相关语法，使用各语言纯属本人爱好。
- 作为学术文章，虽然风格可以风趣，但严谨，我是认真的。本文所有代码均在leetcode上进行过测试运行。
- 算法思想才是最重要的。
03 PART
代码优化
不啰嗦，我们当然要继续压缩内存。
为了大家更好的理解代码，我们还是绘图说明。（我也太良心了，天天给你们画图！快帮我转发）假若我们的网格如下，其中黑色表示障碍物。
因为计算每一个格子能到达的最多路径，只需要左边和上边的元素，所以我们定义状态dp[j]表示到达当前行第j位置的最多路径。这里有一个需要额外说的，就是我们把dp[0]初始化为1，因为在到达第一行的第一个元素时，路径只有一个。下面的图，左边的表示当前网格，右边的是指网格中对应dp数组的值。
根据分析，得出代码：
//JAVA
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int[] dp = new int[n];
dp[0] = 1;
for (int[] ints : obstacleGrid) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (ints[j] == 1) {
dp[j] = 0;
} else if (j > 0) {
dp[j] += dp[j - 1];
}
}
}
return dp[n - 1];
}
}
（思考：上面的代码其实还可以优化内存，大家想想怎么做）