三道簡單的動態規劃題
有 m x n 個格仔，機械人在最左上角的格仔，星星在最右下角的格仔。機械人只能向左和向下走。
問：機械人拿到星星，總共有多少種拿法？
如下圖：
思路：問題其實就是從左上角走到右下角，有多少種走法。
如果倒過來看，站在右下角的角度，走到右下角，只有2種可能：
一是從右下角格仔的左邊走來；二是從右下角格仔的上方走來。
所以，假設走到右下角格仔的左邊的格仔有 x 種走法，走到右下角格仔的上面的格仔有 y 種走法，
那麼，走到星星的位置總共就是有 x + y 種走法。
想到這裡，自然會去想，走到左邊格仔和走到上面格仔分別有多少種走法呢，即 x 和 y 應怎麼計算呢？
當然仍然是由目標格仔的左邊和上面的格仔的數字加起來。
於是，這道題很自然的就變成了一道填表題：
假設目標格仔的下邊是 u 和 v，那麼公式為：
array[u][v] = array[u-1][v] + array[u][v-1]u-1 和 v-1 都必須大於等於0，即，u和v都大於1；
那麼，當 u 或 v 為 0 的時候，array[u][v]是多少呢？
閱讀題目，自然而然地知道，當u為0或v為0，即第1排和第1列中的所有格仔都應該填1，即到達這樣的格仔只有一種走法。
於是，公式更新為：
當 u == 0 或 v == 0，
array[u][v] = 1
當其他時候，
array[u][v] = array[u-1][v] + array[u][v-1]
程式如下：
class
solution
for(
int i=
0; i
)for
(int i=
0; i
)for
(int i=
1; i
int result = array[m-1]
[n-1];
for(
int i=
0; i
)delete
array;
return result;}}
;
不同之處是， m x n 個格仔中會放置若干個障礙物，遇到障礙物自然被阻擋不能前進。
問：機械人拿到星星有多少種方法？
如下圖：
思路：首先，要想一下，障礙物如何表示。這很簡單，令有障礙物的格仔的數字為 -1 即可。
然後，我們要想一下 array[u][v] 的公式該怎麼改寫了。
假設目標格仔的上面是障礙物，那麼 array[u][v] = array[u-1][v] + 0;
假設目標格仔的左邊是障礙物，那麼 array[u][v] = array[u][v-1] + 0;
假設上面和左邊都是障礙物，那麼自然 array[u][v] = 0
現在，要開始考慮令 u-1 < 0 和 v-1 < 0 的情況，即第一排和第一列，該如何初始化？
上一題中，第一排和第一列都是初始化為 1 的；但是現在有障礙物之後，就不能都初始化為 1 了。
初始化完第一排和第一列之後，剩下的所有格仔就依然用填表法即可解決。**如下：
class
solution}}
for(
int j=
1; j
)break;}
else
}for
(int i=
1; i
)break;}
else
}for
(int i=
1; i
return obstaclegrid[m-1]
[n-1];}};
如下圖：
思考：這道題最直觀的思考，很可能是這樣的：
左上角的格仔就像是一棵二叉樹的root，它的左兒子是下面的格仔，右兒子是右邊的格仔。
然後左兒子和右兒子又分別有自己的左右子樹。這就構成了一棵龐大的二叉樹。
再然後就是遍歷這棵二叉樹中能到達右下角葉子節點的所有路徑，找出其中的最小值。
讀者可以畫一畫，這棵二叉樹中有太多冗餘的部分。所以生成這顆二叉樹再計算肯定不是正解。
為了避免生成冗餘的部分，就要生成一種有向無環圖。當這個有向無環圖生成完畢之後，還要遍歷以找到最小值。這2個過程都是比較複雜的，而且也比較耗時。
有了之前的2題做啟發，這道題也倒過來想呢？
好了，想到這裡，我們忽然發現，這道題也是可以用填表法來填的啊！只不過要倒著推。
**如下：
class
solution
result.
push_back
(vecrow);}
result[m-1]
[n-1
]= grid[m-1]
[n-1];
for(
int col=n-
2; col>=
0; col--
)for
(int row=m-
2; row>=
0; row--
)for
(int i = m-
2; i >=
0; i--)}
return result[0]
[0];}};
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