本期继续为大家带来的是关于动态规划类题目的讲解，对于这类题目大家一定要多加练习，争取掌握。

（一）不同路径

链接如下：62. 不同路径

题目如下：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：

i. 从 [i, j] 位置出发；
ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。

这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：

dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。

2. 状态转移⽅程：

简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之前的⼀⼩步，有两种情况：

i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。

由于我们要求的是有多少种⽅法，因此状态转移⽅程就呼之欲出了：

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

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」

在本题中，「添加⼀⾏」，并且「添加⼀列」后，只需将 dp[0][1] 的位置初始化为 1 即可。

4. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，在填写每⼀⾏的时候「从左往右」

5. 返回值：

根据「状态表⽰」，我们要返回 dp[m][n] 的值。

代码如下：

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

性能分析：

时间复杂度：O(mn)。
空间复杂度：O(mn)。

（二）不同路径||

链接如下：63. 不同路径 II

题目如下：

算法思路：

本题为不同路径的变型，只不过有些地⽅有「障碍物」，只要在「状态转移」上稍加修改就可解决。

1. 状态表⽰：

对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：

i. 从 [i, j] 位置出发；
ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。

这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：

dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。

2. 状态转移：

简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之前的⼀⼩步，有两种情况：

i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。

但是， [i - 1, j] 与 [i, j - 1] 位置都是可能有障碍的，此时从上⾯或者左边是不可能到达 [i, j] 位置的，也就是说，此时的⽅法数应该是 0。由此我们可以得出⼀个结论，只要这个位置上「有障碍物」，那么我们就不需要计算这个位置上的值，直接让它等于 0 即可。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」

在本题中，添加⼀⾏，并且添加⼀列后，只需将 dp[1][0] 的位置初始化为 1 即可。

4. 填表顺序：

根据「状态转移」的推导，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」。

5. 返回值：

根据「状态表⽰」，我们要返回的结果是 dp[m][n] 。

代码如下：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int len = obstacleGrid.size();int widelen=obstacleGrid[0].size();vector<vector<int>> arr(len+1,vector<int>(widelen+1,0));arr[0][1] = 1;for(int i=1; i<= len; ++i){for(int j=1; j<= widelen; ++j){if(obstacleGrid[i - 1][j - 1] == 0)arr[i][j] = arr[i-1][j] + arr[i][j-1];}}return arr[len][widelen];}
};

性能分析：

时间复杂度：O(mn)。
空间复杂度：O(mn)。

（三）礼物的最⼤价值

链接如下：剑指 Offer 47. 礼物的最大价值

题目如下：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：

i. 从 [i, j] 位置出发，巴拉巴拉；
ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置，巴拉巴拉。

这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：

dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，此时的最⼤价值。

2. 状态转移⽅程：

对于 dp[i][j] ，我们发现想要到达 [i, j] 位置，有两种⽅式：

i. 从 [i, j] 位置的上⽅ [i - 1, j] 位置，向下⾛⼀步，此时到达 [i, j] 位置能拿到的礼物价值为 dp[i - 1][j] + grid[i][j] ；
ii. 从 [i, j] 位置的左边 [i, j - 1] 位置，向右⾛⼀步，此时到达 [i, j] 位置能拿到的礼物价值为 dp[i][j - 1] + grid[i][j]

我们要的是最⼤值，因此状态转移⽅程为：

💨 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j] 。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。

在本题中，「添加⼀⾏」，并且「添加⼀列」后，所有的值都为 0 即可。

4. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」，填表的顺序是「从上往下填写每⼀⾏」，「每⼀⾏从左往右」。

5. 返回值：

根据「状态表⽰」，我们应该返回 dp[m][n] 的值。

代码如下：

class Solution {
public:int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {int len = grid.size();int wide = grid[0].size();vector<vector<int>> dp(len + 1, vector<int>(wide + 1));for(int i = 1; i <= len; i++){for(int j = 1; j <= wide; j++){dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i - 1][j - 1];}}return dp[len][wide];}
};

性能分析：