【LeetCode热题100】打卡第21天：最小路径和&爬楼梯

⛅前言

大家好，我是知识汲取者，欢迎来到我的LeetCode热题100刷题专栏！

精选 100 道力扣（LeetCode）上最热门的题目，适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人，熟练掌握这 100 道题，你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中，我们将会涵盖各种类型的算法题目，包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等，并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题，不断提升自己，就请加入我们吧！QQ群号：827302436。我们共同监督打卡，一起学习，一起进步。

LeetCode热题100专栏🚀：LeetCode热题100

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题目来源📢：LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣（LeetCode）全球极客挚爱的技术成长平台

PS：作者水平有限，如有错误或描述不当的地方，恳请及时告诉作者，作者将不胜感激

最小路径和

🔒题目

原题链接：64.最小路径和

• 解法一：动态规划

  题目分析：①辨别题目的类型。通过阅读并辨别（这个需要学习并做过动态规划这类题型的经验，本体比较好辩别），我们可以发现这是一个典型的动态规划问题，可以使用一个db数组缓存当前节点的最短距离，然后下一个节点就可以复用，而不需要重新去计算。②思考对应的解法。既然我们已经知道，这是一个动态规划问题，剩下的就是推导出转移方程。当前节点的状态，有两个来源，要么从上边来，要么从左边来，因为是最小路径，所以我们使用$Math.min(db[i-1][j],db[i][j-1])$判断当前节点的来源，其次还需要加上当前节点的距离，最终是$db[i][j]=grid[i-1][j-1]+Math.min(db[i-1][j],db[i][j-1])$。③完善逻辑。通过②可以得到了通用节点的转移方程，但是对于 i==1 或 j==1这两种情况，我们需要单独考虑，因为他们有边界，上边和左边没有元素

  

  /**
   * @author ghp
   * @title 不同路径
   */
  class Solution {
      public int minPathSum(int[][] grid) {
          int m = grid.length;
          int n = grid[0].length;
          int[][] db = new int[m + 1][n + 1];
          for (int i = 1; i <= m; i++) {
              for (int j = 1; j <= n; j++) {
                  if (i == 1 || j == 1) {
                      db[i][j] = grid[i - 1][j - 1] + Math.max(db[i - 1][j], db[i][j - 1]);
                  } else {
                      db[i][j] = grid[i - 1][j - 1] + Math.min(db[i - 1][j], db[i][j - 1]);
                  }
              }
          }
          return db[m][n];
      }
  }
  

  复杂度分析

  时间复杂度：$O(m\ast n)$

  空间复杂度：$O(m\ast n)$

• 解法二：DFS+记忆搜索

  首先最短路径问题，肯定是可以使用DFS和BFS的，但是直接暴力DFS或BFS是肯定行不通的，这里需要使用记忆搜搜。所谓的记忆搜索很简单，就是在搜索的过程中缓存当前搜索的结果，这样就能减少很多重复性的搜索，从而大大提高搜索效率

  import java.util.Arrays;
  
  /**
   * @author ghp
   * @title 不同路径
   */
  class Solution {
      public int minPathSum(int[][] grid) {
          int m = grid.length;
          int n = grid[0].length;
          int[][] path = new int[m][n];
          // 初始化path数组
          for (int i = 0; i < path.length; i++) {
              Arrays.fill(path[i], -1);
          }
          path[m - 1][n - 1] = grid[m - 1][n - 1];
          return dfs(grid, path, 0, 0);
      }
  
      /**
       * 深度搜索
       *
       * @param grid 待搜索的图
       * @param path 用于记录当前每次搜索的最短路径
       * @param r    行
       * @param c    列
       * @return （0,0）到 (m-1,n-1) 的最短路径
       */
      private int dfs(int[][] grid, int[][] path, int r, int c) {
          if (r >= grid.length || c >= grid[0].length) {
              // 越界
              return Integer.MAX_VALUE;
          }
          if (path[r][c] != -1) {
              // 该点已经走过，直接返回当前点到达终点的最短路径
              return path[r][c];
          }
          // 往下
          int down = dfs(grid, path, r + 1, c);
          // 往右
          int right = dfs(grid, path, r, c + 1);
          // 记录当前节点到达终点的最短路径（核心步骤）
          path[r][c] = grid[r][c] + Math.min(right, down);
          return path[r][c];
      }
  }
  

  复杂度分析

  时间复杂度：$O(m\ast n)$

  空间复杂度：$O(m\ast n)$

• 解法三：BFS+记忆搜索

  import java.util.Arrays;
  import java.util.LinkedList;
  import java.util.Queue;
  
  /**
   * @author ghp
   * @title 不同路径
   */
  class Solution {
      public int minPathSum(int[][] grid) {
          int[][] path = new int[grid.length][grid[0].length];
          // 初始化记忆数组
          for (int[] row : path) {
              Arrays.fill(row, -1);
          }
          path[0][0] = grid[0][0];
          return bfs(path, grid);
      }
  
      private static int bfs(int[][] path, int[][] grid) {
          int m = grid.length;
          int n = grid[0].length;
          Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
          queue.offer(new int[]{0, 0}); // 出发点
          // 方向向量，向左，向下
          int[][] dirs = {{0, 1}, {1, 0}};
          // 开始进行广度搜索
          while (!queue.isEmpty()) {
              int[] curr = queue.poll();
              int x = curr[0];
              int y = curr[1];
              // 遍历向左和向下的点
              for (int[] dir : dirs) {
                  int dx = x + dir[0];
                  int dy = y + dir[1];
                  if (dx >= 0 && dx < m && dy >= 0 && dy < n) {
                      // 当前没有发生越界
                      if (path[dx][dy] == -1 || path[dx][dy] > path[x][y] + grid[dx][dy]) {
                          // 当前点没有被遍历 或 当前路径长度比之前路径更短，都需要更新最短路径
                          path[dx][dy] = path[x][y] + grid[dx][dy];
                          // 将当前所在坐标加入到队列中，方便遍历下一个节点
                          queue.offer(new int[]{dx, dy});
                      }
                  }
              }
          }
          return path[m - 1][n - 1];
      }
  }
  

  复杂度分析

  时间复杂度：$O(m\ast n)$

  空间复杂度：$O(m\ast n)$

---

PS：通过提交检测，可以发现虽然三者的时间复杂度和空间复杂度都是一样的，但是时间上和空间上最优的是动态规划，其次是DFS，最好才是BFS。实现起来最复杂的是BFS，其次是DFS，最后才是动态规划，所以综上所述，本题的最优解是动态规划，LeetCode官方也只提供了动态规划的题解(●ˇ∀ˇ●)

爬楼梯

🔒题目

原题链接：70.爬楼梯

🔑题解

• 解法一：暴力DFS（示例数据为44时时间超限）

  

  /**
   * @author ghp
   * @title 爬楼梯
   */
  class Solution {
      private int count = 0;
      public int climbStairs(int n) {
          dfs(n, 0);
          return count;
      }
  
      private void dfs(int n, int path) {
          if (path == n){
              count++;
              return;
          }
          if (path > n){
              return;
          }
          for (int i = 1; i <= 2; i++) {
              dfs(n, path+i);
          }
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(2^n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  代码优化：DFS+记忆搜索

  可以使用记忆化搜索来优化这段代码，避免重复计算。具体实现如下：

  1. 创建一个记忆数组 memo，将每个位置初始化为 -1，表示没有计算过。
  2. 在 dfs 函数中，首先判断 memo 数组中当前状态是否计算过，若已计算过则直接返回对应的值。
  3. 如果 memo 数组中当前状态未计算过，则进行正常的搜索，并在结束搜索后将结果保存到 memo 数组中。
  4. 最后返回结果即可。

  主要思想，因为DFS搜索的结果是一颗二叉树，二叉树具有对称性，当我们在左边搜索过结果，右侧搜索到同样的结果时，可以直接不需要计算，直接使用之前的计算结果

  

  import java.util.Arrays;
  
  /**
   * @author ghp
   * @title 爬楼梯
   */
  class Solution {
      private int count = 0; // 记录可达的路径条数
      private int[] memo; // 记录当前节点可达的路径条数
  
      public int climbStairs(int n) {
          memo = new int[n + 1];
          Arrays.fill(memo, -1);
          dfs(n, 0);
          return count;
      }
  
      private void dfs(int n, int path) {
          if (path == n) {
              // 当前路径符合，路径条数+1
              count++;
              return;
          }
          if (path > n) {
              // 已经到底了，无法继续往下遍历
              return;
          }
          if (memo[path] != -1) {
              // 当前节点被遍历过，则不需要继续往下遍历
              count += memo[path];
              return;
          }
          // 遍历当前节点下的左右子树
          for (int i = 1; i <= 2; i++) {
              dfs(n, path + i);
          }
          // 将当前节点可达的路径总数保存到 memo 数组中
          memo[path] = count;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  时间复杂度和空间复杂度和之前是一样的，通过存储每次搜索的状态，我们可以减少很多重复的搜索

• 解法二：动态规划

  每一个阶梯都有两个状态，要么来自上一个（走一步），要么来自上上一个（走两步），所以我们可以得到状态转移方程：$f(x)=f(x-1)+f(x-2)$，通过枚举，可以发现$f(1)=1,f(2)=2,f(3)=3,f(4)=\mathrm{5...}$显然，这是一个斐波那契数列！

  class Solution {
      public int climbStairs(int n) {
          int p = 0, q = 0, r = 1;
          for (int i = 1; i <= n; ++i) {
              p = q; 
              q = r; 
              r = p + q;
          }
          return r;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

• 解法三：公式法