文章目录

• • 62. 不同路径
  • • 算法原理
    • 代码实现
  • 63. 不同路径 II
  • • 算法原理
    • 代码实现
  • LCR 166. 珠宝的最高价值
  • • 算法原理
    • 代码实现

62. 不同路径

题目链接：62. 不同路径

算法原理

• 状态表示：
  dp[i,j]：以[i, j]位置为结尾，走到[i, j]位置有多少种方式

• 状态转移方程：
  根据最近的一步划分问题
  
  只能从左侧和上侧到达该位置，所以两种情况
  

  这里是一步，而不是一种方法，比如说A->B->C->[i,j]，这是这个方法里面的一步，所以不加1

  所以dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]

• 初始化：
  保证填表不越界，这里采用添加虚拟节点

  在虚拟节点当中[0,1]位置填1，其他位置填0，即可按照我们的要求初始化完毕，因为是根据上和左的值相加
  

• 填表顺序：
  大方向是从上往下填每一行，每一行从左往右

• 返回值：dp[m][n]

代码实现

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1));dp[0][1] = 1;for(int i = 1; i <=m; i++){for(int j = 1; j <=n; j++){dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];}}    return dp[m][n];}
};

63. 不同路径 II

题目链接：63. 不同路径 II

这题就是上一题的升级版，加入了“障碍物”（该位置不能走）

算法原理

• 状态表示：
  经验+题目要求：dp[i][j]表示到达[i,j]位置时，一共有多少只方法

• 状态转移方程：
  这里加入了判断是否有“障碍物的情况”
  

  有障碍物的情况下，我们的dp[i][j]里面填的值是0，所以放些加就好了

• 初始化：
  也是和上题类似，只不过这里的映射关系，需要注意一下，dp表里面要找到矩阵的对应位置，需要减1，即obstacleGrid[i-1][j-1]

• 填表顺序： 也和上一题一样

• 返回值：dp[m][n]

代码实现

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid){int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1));dp[0][1] = 1;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){//映射关系需要减1if(obstacleGrid[i-1][j-1] == 0){dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];}}}return dp[m][n];}
};

LCR 166. 珠宝的最高价值

题目链接：LCR 166. 珠宝的最高价值

题目意思就是从左上角到右下角能获取的最大值价值（每次只能向下或者向右走）

算法原理

• 状态表示：
  经验+题目要求：dp[i][j]表示到达[i,j]位置时，此时能拿到的最大价值
• 状态转移方程：
  根据最近的一步划分问题
  
• 初始化：
  保证填表不越界，这里也是采用虚拟节点，这个虚拟节点的值不影响，都设置为0，因为“珠宝”的价值，全部都是大于0的，我们取的是max
• 填表顺序： 从上到下填每行，每行从左往右
• 返回值：dp[m][n]

代码实现

class Solution {
public:int jewelleryValue(vector<vector<int>>& frame) {int m = frame.size();int n = frame[0].size();vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1));for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){//注意下标的映射dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + frame[i-1][j-1];}}return dp[m][n];}
};