所有的LeetCode题解索引，可以看这篇文章——【算法和数据结构】LeetCode题解。

一、题目

二、解法

2.1 动态规划解法

  思路分析：机器人只能向下或者向右移动，那么到达（i,j）位置的路径和（i-1,j）以及(i,j-1)有关。那么我们就得到的动态规划的表达式$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$。其中，因为到达第一行和第一列位置的路径只有一条，因此dp数组中第一行第一列的元素都为1。根据如上信息，我们写出如下代码。
  程序如下：

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

复杂度分析：

• 时间复杂度： $O(m\ast n)$。
• 空间复杂度：$O(m\ast n)$。

  上述代码还可以再空间上进行压缩。从二维数组的角度来看，（i,j）位置的路径数等于它上方的元素和左边的元素之和。如果省略掉上方的元素，我们就能用一个一维数组来表示dp数组。迭代公式为$dp[i]=dp[i]+dop[i-1]$，其中dop[i-1]代表左边元素，公式右边旧的dp[i]代表上方元素。最终输出为dp[n-1]。

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

复杂度分析：

• 时间复杂度： $O(m\ast n)$。
• 空间复杂度：$O(n)$。

2.2 数论解法

  思路分析：从数学上我们可以知道，要到达终点，每次又只能走一步，那么总共需要的步数是$m+n-2$，那么有$m-1$步是要往下走的，那么问题就变成了在$m+n-2$步中，$m-1$步往下走有多少种组合。这是一个组合问题。因此，问题变成计算$C_{m+n-2}^{m-1}=\frac{(m+n-2)!}{(m-1)!(n-1)!}=\frac{(m+n-2)\ast ...(n+1)\ast n}{(m-1)!}$。结合上述讨论，我们写出如下代码。代码当中，为了防止乘积中分子溢出，我们首先使用long long类型，并在循环中不断除以分母。
  程序如下：

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {long long numerator = 1; // 分子int denominator = m - 1; // 分母int num1 = m - 1, num2 = m + n - 2;while (num1--) {numerator *= (num2--);while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {	// 分母不能为0, 且分子要能整除分母numerator /= denominator;denominator--;}}return numerator;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度： $O(m)$。
• 空间复杂度：$O(1)$。

三、完整代码

# include <iostream>
# include <vector>
using namespace std;// 62、不同路径I
class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 1));for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}
};// 滚动数组削减空间复杂度
//class Solution {
//public:
//	int uniquePaths(int m, int n) {
//		vector<int> dp(n);
//		for (int i = 0; i < n; i++) dp[i] = 1;
//		for (int j = 1; j < m; j++) {
//			for (int i = 1; i < n; i++) {
//				dp[i] += dp[i - 1];
//			}
//		}
//		return dp[n - 1];
//	}
//};// 数论方法
//class Solution {
//public:
//	int uniquePaths(int m, int n) {
//		long long numerator = 1; // 分子
//		int denominator = m - 1; // 分母
//		int num1 = m - 1, num2 = m + n - 2;
//		while (num1--) {
//			numerator *= (num2--);
//			while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {	// 分母不能为0, 且分子要能整除分母
//				numerator /= denominator;
//				denominator--;
//			}
//		}
//		return numerator;
//	}
//};int main() {int m = 3, n = 2;Solution s1;int result = s1.uniquePaths(m, n);cout << result << endl;system("pause");return 0;
}

end