文章起笔：2021年11月13日16:28:08
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？
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1：
输入：obstacleGrid = [[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：
- 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
- 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
示例 2：
输入：obstacleGrid = [[0,1],[0,0]]
输出：1
提示：
m == obstacleGrid.length
n == obstacleGrid[i].length
1 <= m, n <= 100
obstacleGrid[i][j] 为 0 或 1
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-ii
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有关动态规划的思路总结，之前写过一个相关的题解博客：
里面也有我写的其他动态规划题解，一些通用的步骤都是一样的，也可以作为参考，进行对照思考。
而本题的思路和我之前做的一个动态规划题目非常像：
两道题目都有共同的特点：dp[i][j] 的值都是由其相邻的正上方元素（dp[i-1][j]）和相邻的正左方元素（dp[i][j-1]）决定的。所以两者的动态转移方程也有相似之处。
此前我也做过另一道路径问题，可供参考：
参考：【算法-LeetCode】62. 不同路径（动态规划；滚动数组）_赖念安的博客-CSDN博客
本题的思路和上面的思路是一样的，唯一不同的就是本题需要对障碍物做一点判断。
在本题中，dp[i][j] 代表由起点（也就是点 [0,0]）到点 [i][j] 有几条可行的路径（当然，按照题目要求只能向下或想右走）。
具体的分析步骤就不赘述了，和上面那道题的基本一样，只要根据我之前总结的那几个步骤一点点分析即可。说一下本题的总体核心思路：我们要走到点 [i][j] ，只能先到达其正上方或者正左方，所以只要知道到达 [i-1][j] 和 [i][j-1] 各有几条符合条件的路径，再将两者相加即可得到到达 [i][j] 总共有几条路径。
但是要注意在遍历过程中对障碍物做一点额外的判断。如果当前遍历的 obstacleGrid元素为障碍物，那么就可以直接将该相应位置的 dp 元素置为 0。
而且在本题中，我所创建的 dp 数组的长宽相比较于 obstacleGrid 是增加了一行一列的。这增加的一行一列就相当于是辅助用的行和列，它们的初始值都是 0。
详细解释请看下方注释：
/**
* @param {number[][]} obstacleGrid
* @return {number}
*/
var uniquePathsWithObstacles = function(obstacleGrid) {
// 注意 dp 数组的长宽都比 obstacleGrid 大 1
let dp = new Array(obstacleGrid.length + 1).fill(0).map(
// 注意这里我把 dp 数组元素的值都初始化为0，此前我是初始化为1
() => new Array(obstacleGrid[0].length + 1).fill(0)
);
// dp 数组的首行和首列应该被初始化为0，上面创建dp数组的时候就相当于同时完成了初始化
// 开始遍历obstacleGrid数组，同时填充dp数组
for(let i = 1; i < dp.length; i++) {
for(let j = 1; j < dp[0].length; j++) {
// 如果当前遍历的 obstacleGrid 元素为障碍物，则直接让相应的 dp 数组元素为 0
// 代表到达该位置的路径总条数为 0，注意该判断应当在下面那个判断前以应对[[1]]的情况
if(obstacleGrid[i-1][j-1] === 1) {
dp[i][j] = 0;
continue;
}
// 注意要对 dp[1][1] 这个元素做特殊处理
if(i === 1 && j === 1) {
dp[i][j] = 1;
continue;
}
// 剩下的元素的填充逻辑就和之前那道题目是一样的了
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[dp.length-1][dp[0].length-1];
};
提交记录
执行结果：通过
41 / 41 个通过测试用例
执行用时：88 ms, 在所有 JavaScript 提交中击败了15.78%的用户
内存消耗：38.9 MB, 在所有 JavaScript 提交中击败了31.70%的用户
时间：2021/11/13 16:34
这里用到的“滚动数组”的思路也和上面提到的博客里的思路是一样的，所以就不再赘述了。
/**
* @param {number[][]} obstacleGrid
* @return {number}
*/
var uniquePathsWithObstacles = function(obstacleGrid) {
// 创建dp数组，注意其长度比obstacleGrid的长度大1，
// 前面多出来的那个位置（即dp[0]）是辅助位，同时dp数组中的元素都被初始化为 0
let dp = new Array(obstacleGrid[0].length + 1).fill(0);
// 注意要特意初始化dp[1]这个元素，否则就会影响后续元素的计算
dp[1] = obstacleGrid[0][0] ? 0 : 1;
// 下面的逻辑没有太大的变化，只不过把原来二维dp数组解法里针对dp[1][1]的操作提到了上面
for(let i = 0; i < obstacleGrid.length; i++) {
for(let j = 0; j < obstacleGrid[0].length; j++) {
if(obstacleGrid[i][j] === 1) {
dp[j+1] = 0;
continue;
}
dp[j+1] = dp[j+1] + dp[j];
}
}
return dp[dp.length-1];
};
提交记录
执行结果：通过
41 / 41 个通过测试用例
执行用时：72 ms, 在所有 JavaScript 提交中击败了75.27%的用户
内存消耗：38.2 MB, 在所有 JavaScript 提交中击败了87.77%的用户
时间：2021/11/13 17:09
可以看到，使用一维 dp 数组的时间和空间性能都显著提升了。但是其核心的思路还是不变的，只不过是重复利用了某一个一维数组。而我们可以重复利用这个数组的最关键因素就是：除了需要初始化的那些 dp 元素，其余所有的 dp[i][j] 都是通过其“前面”的元素计算得到的，或者说新的 dp[i][j] 会覆盖前一轮计算得到的 dp[i][j] ，所以一维数组中的某一个位置能够被重复利用。
基本上所有的二维
dp数组都可以通过上面的思路化为一维数组。所以我觉得在研究一维dp数组（滚动数组）前，应该先对二维的实现原理有充分的理解。
更新：2021年7月29日18:43:21
因为我考虑到著作权归属问题，所以【官方题解】部分我不再粘贴具体的代码了，可到下方的链接中查看。
更新：2021年11月13日16:36:03
【更新结束】
更新：2021年11月13日16:36:47
参考：【算法-LeetCode】62. 不同路径（动态规划；滚动数组）_赖念安的博客-CSDN博客
更新：2021年9月22日14:08:16
参考：【算法-LeetCode】53. 最大子序和（动态规划初体验）_赖念安的博客-CSDN博客
更新：2021年9月23日22:15:04
参考：【算法-LeetCode】64. 最小路径和（动态规划；二维数组；滚动数组）_赖念安的博客-CSDN博客
参考：【算法-LeetCode】322. 零钱兑换（动态规划；博采众长的完全背包问题详解；二维数组；滚动数组）_赖念安的博客-CSDN博客