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每次向右或者向下走两个选择，定义dp数组dp[i][j] 为到达索引ij的路径和，状态转移公式为

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]，初始状态的第一行和第一列为1，从左上到右下开始遍历即可。详细代码如下：

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];}
};

为了优化空间复杂度，可以用一个一维数组，因为一定是先更新左边的值再更新右边的值。

详细代码如下：

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<int>dp (n,1);for(int i=1;i<m;i++){for(int j=1;j<n;j++){dp[j]+=dp[j-1]; //当前dp为从上方路径来，dp[j-1]为从左方来}}return dp[n-1];}
};

63. 不同路径 II 

这道题和上一道思路一样，但是这道有障碍物，需要注意有障碍物的索引，到达该处的路径和为0，根据这个条件，增加处理逻辑即可，整体的转移方程还是

详细代码如下：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {if(obstacleGrid.empty()) return 0;vector<vector<int>>dp(obstacleGrid.size(),vector<int>(obstacleGrid[0].size(),0));int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();for(int i=0;i<m;i++){if(obstacleGrid[i][0]==1||i>0&&dp[i-1][0]==0) dp[i][0]=0;else dp[i][0] = 1;}for(int j=1;j<n;j++){if(obstacleGrid[0][j]==1||dp[0][j-1]==0) dp[0][j]=0;else dp[0][j] = 1;}for(int i=1;i<m;i++){for(int j=1;j<n;j++){if(obstacleGrid[i][j]==1) dp[i][j]=0;else dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];}}return dp[m-1][n-1];}
};

感觉这道题的优化空间版本细节有点多，但还是附上代码：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {if(obstacleGrid.empty()) return 0;int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();vector<int>dp (n,0);for(int j=0;j<n;j++){if(obstacleGrid[0][j]==1||j>0&&dp[j-1]==0) dp[j]=0;else dp[j] = 1;}for(int i=1;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(obstacleGrid[i][j]==1) dp[j]=0;else if(j>0) dp[j] = dp[j]+dp[j-1];}}return dp[n-1];}
};