一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記為“Start” ）。

機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記為“Finish”）。

問總共有多少條不同的路徑？

例如，上圖是一個7 x 3 的網格。有多少可能的路徑？

說明：m 和 n 的值均不超過 100。

示例 1:

輸入: m = 3, n = 2
輸出: 3
解釋:
從左上角開始，總共有 3 條路徑可以到達右下角。
1. 向右 -> 向右 -> 向下
2. 向右 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向右

示例 2:

輸入: m = 7, n = 3
輸出: 28

因為機器人每次只能向左或者向右移動，所以當機器人到達一個點的時候，只有兩種可能：

• 從該點的上面到達
• 從該點的左邊到達

所以，我們可以得到這樣的關系，設dp[i][j]是到達(i, j)所需要的時間， 因而dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]；

邊界條件是該等式發生在最左邊和最右邊，通過條件可知，到達這些位置的點，只有一條路，一路向下，或者一路向右； 因而dp[i][0]=1; dp[0][j]=1;

 1 class Solution {
 2 public:
 3     int uniquePaths(int m, int n) {
 4         vector<vector<int>> dp(m, vector<int
 
>(n, 1));
 5         int i, j;
 6         for(i=1; i<m; i++)
 7             for(j=1; j<n; j++)
 8                 dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
 9         return dp[m-1][n-1];
10     }
11 };

上面一種算法的時間復雜度是O(m*n)； 通過觀察我們可以知道 每次更新dp[i][j]， 我們只需要dp[i-1][j](同一行), 和dp[i][j-1](同一列). 所以我們維護兩個數組就夠了；

從第一行開始遍歷，用row[j] 表示移動到當前點的上面的點需要的步數， col[i]表示移動到該點需要的步數， 這種方法思維上有點繞， 不過節省內存

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];
    }
};

進一步發現row的值其實等於上一次遍歷的col; 則col[j] = col[j-1]+row[j] 可以更換為col[j] = col[j-1] + col[j]； col[j-1]是當前行已經更新了的數據， 但是col[j]還是上一次的數據，還未更新；

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];
    }
};

62. 不同路徑