力扣：不同路径II

题目描述

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”）。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
输入:
[
[0,0,0],
[0,1,0],
[0,0,0]
]
输出: 2
解释:
3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：
1： 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2： 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右
来源 -> 力扣：不同路径II

题目分析

1、 状态定义
dp[i][j] 表示走到格子 (i , j)的方法数。
2、 状态转移
如果网格 (i , j)上有障碍物，则 dp[i][j] 值为 0，表示走到该格子的方法数为 0；
否则网格 (i , j) 可以从网格 (i − 1 , j) 或者 网格 (i , j − 1) 走过来，因此走到该格子的方法数为走到网格 (i − 1 , j) 和网格 (i , j − 1) 的方法数之和，即 dp[i , j] = dp[i − 1 , j] + dp[i , j − 1]。
状态转移方程如下：

3、 初始条件
第 1 列的格子只有从其上边格子走过去这一种走法，因此初始化 dp[i][0] 值为 1，存在障碍物时为 0；
第 1 行的格子只有从其左边格子走过去这一种走法，因此初始化 dp[0][j] 值为 1，存在障碍物时为 0。

    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        if (obstacleGrid == null || obstacleGrid.length == 0) {
            return 0;
        }

        int m = obstacleGrid.length; 
        int n = obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[m][n];
        // 定义 dp 数组并初始化第 1 行和第 1 列。
        for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) {
            dp[i][0] = 1;
        }
        for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {
            dp[0][j] = 1;
        }

        // 根据状态转移方程 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 进行递推。
        for(int i = 1;i < m;i ++){
            for(int j = 1;j < n;j ++){
                if (obstacleGrid[i][j] == 0){
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
                }
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }

降阶版：在路径中没有障碍物 -> 力扣：不同路径
变形版：添加状态值(倒序dp) -> 力扣：地下城游戏