（LeetCodeHot100）62. 不同路径——unique-paths

zhangzhang2025-12-122025-12-12

62. 不同路径——unique-paths

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？

示例 1：

1 2	输入：m = 3, n = 7 输出：28

示例 2：

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 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向下

示例 3：

1 2	输入：m = 7, n = 3 输出：28

示例 4：

1 2	输入：m = 3, n = 3 输出：6

提示：

1 <= m, n <= 100
题目数据保证答案小于等于 2 * 109

方法一：动态规划

思路与算法

我们用 f(i,j) 表示从左上角走到 (i,j) 的路径数量，其中 i 和 j 的范围分别是 [0,m) 和 [0,n)。

由于我们每一步只能从向下或者向右移动一步，因此要想走到 (i,j)，如果向下走一步，那么会从 (i−1,j) 走过来；如果向右走一步，那么会从 (i,j−1) 走过来。因此我们可以写出动态规划转移方程：

f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)

需要注意的是，如果 i=0，那么 f(i−1,j) 并不是一个满足要求的状态，我们需要忽略这一项；同理，如果 j=0，那么 f(i,j−1) 并不是一个满足要求的状态，我们需要忽略这一项。

初始条件为 f(0,0)=1，即从左上角走到左上角有一种方法。

最终的答案即为 f(m−1,n−1)。

细节

为了方便代码编写，我们可以将所有的 f(0,j) 以及 f(i,0) 都设置为边界条件，它们的值均为 1。

代码

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

此外，由于 f(i,j) 仅与第 i 行和第 i−1 行的状态有关，因此我们可以使用滚动数组代替代码中的二维数组，使空间复杂度降低为 O(n)。（ “当前状态只依赖上一行” 这个本质 —— 滚动数组通过「覆盖旧值」的方式，用一维数组复用空间，f[j] 在更新前恰好保存着上一行的对应值）

因为一维数组的更新顺序是 从左到右（j从1到n-1），且我们用「覆盖旧值」的方式复用空间：

在计算第 i 行的 j 列之前，f[j] 还没被修改，保存的是第 i-1 行 j 列的值（即 f[i-1][j]，“上方” 的路径数）；
计算时，f[j-1] 已经被修改过（因为 j-1 < j，先遍历 j-1），保存的是第 i 行 j-1 列的值（即 f[i][j-1]，“左方” 的路径数）；
执行 f[j] += f[j-1] 后，f[j] 就从 “上一行的值” 变成了 “当前行的值”，供下一列（j+1）使用。

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

复杂度分析

时间复杂度：O(mn)。
空间复杂度：O(min(m,n))，即为存储所有状态需要的空间。注意到 f(i,j) 仅与第 i 行和第 i−1 行的状态有关，因此我们可以使用滚动数组代替代码中的二维数组，使空间复杂度降低为 O(n)。此外，由于我们交换行列的值并不会对答案产生影响，因此我们总可以通过交换 m 和 n 使得 m≤n，这样空间复杂度降低至 O(min(m,n))。

方法二：组合数学

思路与算法

从左上角到右下角的过程中，我们需要移动 m+n−2 次，其中有 m−1 次向下移动，n−1 次向右移动。因此路径的总数，就等于从 m+n−2 次移动中选择 m−1 次向下移动的方案数，即组合数：

$\begin{equation} C_{m+n-2}^{m-1} = \binom{m+n-2}{m-1} = \frac{(m + n - 2)(m + n - 3) \cdots n}{(m - 1)!} = \frac{(m + n - 2)!}{(m - 1)!(n - 1)!} \end{equation}$

因此我们直接计算出这个组合数即可。计算的方法有很多种：

如果使用的语言有组合数计算的 API，我们可以调用 API 计算；
如果没有相应的 API，我们可以使用 (m−1)!(m+n−2)(m+n−3)⋯n 进行计算。

代码

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        long ans = 1;
        for (int x = n, y = 1; y < m; ++x, ++y) {
            ans = ans * x / y;
        }
        return (int) ans;
    }
}