62. 不同路径

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”）。

问总共有多少条不同的路径？

例如，上图是一个7 x 3 的网格。有多少可能的路径？

说明：m 和 n 的值均不超过 100。

示例 1:

输入: m = 3, n = 2
输出: 3
解释:
从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。
1. 向右 -> 向右 -> 向下
2. 向右 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向右

示例 2:

输入: m = 7, n = 3
输出: 28

因为机器人每次只能向左或者向右移动，所以当机器人到达一个点的时候，只有两种可能：

• 从该点的上面到达
• 从该点的左边到达

所以，我们可以得到这样的关系，设dp[i][j]是到达(i, j)所需要的时间， 因而dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]；

边界条件是该等式发生在最左边和最右边，通过条件可知，到达这些位置的点，只有一条路，一路向下，或者一路向右； 因而dp[i][0]=1; dp[0][j]=1;

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

上面一种算法的时间复杂度是O(m*n)； 通过观察我们可以知道 每次更新dp[i][j]， 我们只需要dp[i-1][j](同一行), 和dp[i][j-1](同一列). 所以我们维护两个数组就够了；

从第一行开始遍历，用row[j] 表示移动到当前点的上面的点需要的步数， col[i]表示移动到该点需要的步数， 这种方法思维上有点绕， 不过节省内存

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        int t=max(m, n);
        vector<int> col(t, 1), row(t, 1);
        for(int i=1; i<n; i++){
            for(int j=1; j<m; j++)
                col[j] = col[j-1] + row[j];
            swap(col, row);
        }
        return row[m-1];
    }
};

进一步发现row的值其实等于上一次遍历的col; 则col[j] = col[j-1]+row[j] 可以更换为col[j] = col[j-1] + col[j]； col[j-1]是当前行已经更新了的数据， 但是col[j]还是上一次的数据，还未更新； 

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