题目解析

设想有个机器人坐在一个网格的左上角，网格 r 行 c 列。机器人只能向下或向右移动，但不能走到一些被禁止的网格（有障碍物）。设计一种算法，寻找机器人从左上角移动到右下角的路径。

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

返回一条可行的路径，路径由经过的网格的行号和列号组成。左上角为 0 行 0 列。如果没有可行的路径，返回空数组。

示例 1:

• 输入:
  [
  [0,0,0],
  [0,1,0],
  [0,0,0]
  ]
  输出: [[0,0],[0,1],[0,2],[1,2],[2,2]]

解释:

• 输入中标粗的位置即为输出表示的路径，即
  0行0列（左上角） -> 0行1列 -> 0行2列 -> 1行2列 -> 2行2列（右下角）

说明：r 和 c 的值均不超过 100。

解题分析与代码

这道题是一道经典的网格迷宫问题，我们可以利用回溯法去解决。

方法一：回溯法

• 这道题我们只需要找到一条可以返回的路径就完全ok了。所以我们先要想想我们需要在什么地方去返回。首先，你碰到了石头，就要返回把。其次，超出了边界，是不是也要返回？到达了终点是不是更要返回？

• 还有，我们需要一个二维数组去确定自己走过的路径，走过的路径不可能再走一遍，所以也要返回。我们也需要用一个标志位，代表我已经找到了一条路径，找到了就把标志位变位，这样再遇到其他路径的时候就直接不走，也算是一种返回吧。这个其实就是回溯算法中的剪枝思想。

• 把所有的边界条件想清楚后，这道题，也就不是一道难题了，十分好理解的。我们通过不断地尝试新的路径，并通过回溯的方式来回到之前的状态。就完全可以解出这道题了。

具体的代码如下：

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> result; //最终的结果集
    vector<vector<int>> pathWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int row = obstacleGrid.size();
        int cal = obstacleGrid[0].size();
        if(obstacleGrid[0][0] == 1 || obstacleGrid[row-1][cal-1] == 1) return {};
        vector<vector<bool>> flag (row,vector<bool>(cal,false)); //记录走过的路径
        bool path = false;//找到一条路径就可以返回了

        backtracking(obstacleGrid,flag,row,cal,0,0,path);
        return result;
    }

    void backtracking(vector<vector<int>>& obstacleGrid,vector<vector<bool>>& flag, int row,int cal,int i, int j,bool& path){

        if(i >= row || j >= cal || obstacleGrid[i][j] == 1  || path || flag[i][j] ) 
            return ;
        if(i == row -1 && j == cal -1){
            result.push_back({i,j});
            path = true;
            return;
        }
        flag[i][j] = true;
        result.push_back({i,j});
        backtracking(obstacleGrid,flag,row,cal,i+1,j,path);
        backtracking(obstacleGrid,flag,row,cal,i,j+1,path);

        if(!path) result.pop_back(); 
    }
};

复杂度分析

当obstacleGrid的大小为m行n列时，该代码的时间复杂度和空间复杂度如下：

• 时间复杂度：O(mn * 2^(m+n) )。其中，m*n是obstacleGrid的大小，2^(m+n)是所有可能的路径数量。在backtracking函数中，每个格子有两个方向可以探索（向下和向右），因此，每个格子的搜索分支最多有两个。对于每一个分支，都需要遍历整个obstacleGrid，并递归探索下一个格子。因此，时间复杂度是O(mn * 2^(m+n))。

• 空间复杂度：O(mn + 2^(m+n) )。其中，mn是flag数组的大小，2^{(m+n)是结果数组result的大小。在backtracking函数中，需要使用一个二维的flag数组来记录已经访问过的格子，因此，空间复杂度是O(mn)。同时，结果数组result也需要记录所有的路径，因此空间复杂度也是O(2}(m+n))。因此，总的空间复杂度是O(mn + 2^(m+n))。

需要注意的是，由于时间复杂度和空间复杂度都与obstacleGrid的大小呈指数关系，因此，当obstacleGrid的大小比较大时，该算法的时间复杂度和空间复杂度都会变得非常高，导致算法的性能下降。因此，需要对算法进行优化，以降低时间复杂度和空间复杂度。

方法二：动态规划法

用动态规划的方法与用回溯法的方法，在某些地方是一样的。比如第一开始的条件判断。若起点终点有障碍物，我们就直接返回。

• 不一样的点在于，回溯法，是一步一步的去试探，这道道路能不能走到终点，如果走不到，我们就原路返回，换条路再走走看。

• 动态规划法，是检测有多少条路径能够到达终点，如果大于0，就直接构造路径。如果等于0就返回空数组。

• 而有关动态规划的题，它是有特定的解题步骤的。

我们就用动态规划的五部曲，来去分析一下这道题，我们是怎么做的：

第一步：确定dp数组的下标以及含义

• dp[i][j] :i是纵坐标，j是横坐标，dp[i][j]代表的是到达坐标为 (i,j) 这个格子的路径数量

第二步：确定（递推）推导公式

• 由题意可知，机器人只能向下或向右移动，因此到达坐标(i,j)的格子的路径数量只可能是从(i-1,j)或(i,j-1)格子的状态转移而来。因此，我们可以得到递推公式：

  • dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];

• 特别需要注意的是，在obstacleGrid[i][j]的值为1的情况下（也就是这个格子上有障碍物），dp[i][j]的值要为0（也就是表示没有一条路径可以到达这个格子）。所以，最终的递推公式应该长这样：

  • dp[i][j] = obstacleGrid[i][j] == 1 ? 0 : dp[i-1][j] + dp[i][j-1];

第三步：初始化dp数组

• 由于机器人只能选择向下走或向右走，除第一行与第一列外的格子，需要由第一行与第一列的dp值去推导出来，所以我们要去初始化dp数组的第一行与第一列。因为现在起点是没有石头的，所以dp[0][0] = 1。

• 在推导的时候需要注意的是，dp值由两个要素决定，一个是你obstacleGrid数组中对应的值是是否为0（为0代表这个格子没有障碍物），第二个是你前一个dp值是否为1（为1就是有路径可以到达这个格子），这两个条件缺一不可。

• 知道了这些前提条件后，我们就可以用for循环来初始化第一行与第一列啦。具体代码如下：

  for(int i = 1；i < row; ++i) 
  	if(obstacleGrid[i][0] == 0 && dp[i-1][0] == 1) 
  		dp[i][j] = 1
  

  for(int j = 1；j < cal; ++i) 
  	if(obstacleGrid[0][j] == 0 && dp[0][j-1] == 1) 
  		dp[i][j] = 1
  

第四步，确定变量顺序

• 由于机器人是从右上角走到左下角，所以我们遍历的时候，可以先由左到右，然后再由上至下。

具体的代码长这样：

for(int i = 1; i < row; ++i)
	for(int j = 1; j < cal; ++j)
		if(obstacleGrid[i][j] == 0) 
			dp[i][j] = dp[i-1][j]%10000000 + dp[i][j-1]%10000000;

• 由于本题给的案例样本太大，所以必须给它取模，否则会报错。

第五步,举例推导dp数组

至此，动态规划的部分结束了。动态规划部分最重要的是推断出是否有路径能从左上角到达右下角。那如果dp[i][j] = 0，则其实就代表没有路径可以到达终点，我们返回空数组就可以了。

构造路径

• 那其他情况，就不管有几条路径可以到达终点，我们自己构造一条路径不就好了嘛？

• 从终点往起点去推，先设置两个变量，将终点的坐标表示出来：

  • int i = row - 1, j = cal - 1;
  • 之后我们用while循环，如果说dp[i][j] > 0 ,就代表着这个坐标我们可以通过，就直接加入结果集就好，然后 --i ，--j。那如果i先减到0了，那就代表我们已经回到了第一行，该--j了。如果j先减到0了，那就代表我们已经回到了第一列，该--i了。当i与j都小于0时，就代表着循环该结束了。由此，我们就构建出了一条由终点指向起点的路径。

• 我们再reverse一下，不就得到了一条由起点指向终点的路径嘛？

• 但我们不能从起点往终点去构建路径，因为我发现，如果这么去构建路径了话，会出现遇到石头，但它不停下的情况。

整个题解的具体代码如下：

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> result; //最终的结果集
    vector<vector<int>> pathWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int row = obstacleGrid.size();
        int cal = obstacleGrid[0].size();
        if(obstacleGrid[0][0] == 1 || obstacleGrid[row-1][cal-1] == 1) return {};
        vector<vector<long long>> dp(row,vector<long long>(cal,0)); // 记录到达每个格子的路径数量
        dp[0][0] = 1;

        // 初始化第一行和第一列
        for(int i = 1; i < row; i++){
            if(obstacleGrid[i][0] == 0 && dp[i-1][0] == 1) dp[i][0] = 1;
        }
        for(int j = 1; j < cal; j++){
            if(obstacleGrid[0][j] == 0 && dp[0][j-1] == 1) dp[0][j] = 1;
        }

        // 动态规划
        for(int i = 1; i < row; i++){
            for(int j = 1; j < cal; j++){
                if(obstacleGrid[i][j] == 0){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j]%10000000 + dp[i][j-1]%10000000;
                }
            }
        }

        // 如果到达终点的路径数量为0，则无法到达终点
        if(dp[row-1][cal-1] == 0) return {};

        // 构造路径
        int i = row - 1, j = cal - 1;
        while(i >= 0 && j >= 0){
            result.push_back({i,j});
            if(i == 0) j--;
            else if(j == 0) i--;
            else{
                if(dp[i-1][j] > 0) i--;
                else j--;
            }
        }
        reverse(result.begin(), result.end());
        return result;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度分析：

• 第1个 for 循环的时间复杂度为 O(row)，第2个 for 循环的时间复杂度为 O(cal)，第3个嵌套循环的时间复杂度为 O(row * cal)。因此，总的时间复杂度为 O(row * cal)。

空间复杂度分析：

• 使用了一个大小为 rowcal 的 dp 数组，因此空间复杂度为 O(row * cal)。除此之外，使用了一些辅助变量，但其空间占用很小，因此可以忽略不计。

因此，该算法的时间复杂度为 O(row * cal)，空间复杂度为 O(row * cal)。

比起回溯法，动态规划的时间复杂度与空间复杂度已经降了很低很低了。

总结

这道题是一道用来练习动态规划与回溯法的好题。你可以仔细去揣摩里面的每一个步骤，它为什么要这么做？会导致什么后果。做完这道题我受益良多。