力扣|力扣 - 剑指 Offer 47. 礼物的最大价值力扣-剑指Offer47.礼物的最大价

题目 【力扣|力扣 - 剑指 Offer 47. 礼物的最大价值】剑指 Offer 47. 礼物的最大价值
思路1

因为是要求最大价值，而且只能移动下方或者右方，因此，每个位置的最大值就是本身的值加上上边 / 左边中的最大值，然后每次遍历都可以复用上一次的值。因此我们可以得到状态转移方程：
- $ dp[i][j]=\begin{matrix} max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j] \end{matrix} $
我们可以创建一个行和列都要多一行的 dp 数组，这样子可以不用判断条件了，但是同时也要注意 grid 中的坐标都要减去 1，因为我们是从 1 开始的：

代码

class Solution { public int maxValue(int[][] grid) { int row = grid.length; int col = grid[0].length; // 创建dp数组，让 row 和 col 都多创建一行就可以避免判断边界值问题 int dp[][] = new int[row+1][col+1]; for (int i = 1; i <= row; i++) { for (int j = 1; j <= col; j++) { // 这里的 grid 中 i-1 和 j-1 是因为我们是从 1 开始的，所以要减去 1 才是原始正确的位置 dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1]; } }// 最后直接返回数组右下角值即可 return dp[row][col]; } }

复杂度分析

时间复杂度：$O(MN)$，
空间复杂度：$O(MN)$，创建 dp 数组所花费的空间

思路2

然后我们可以优化一下，因为只能左走或者右走，因此第一行和第一列是固定的一条路，我们可以事先初始化计算一下第一行和第一列，到时就不用计算了。因此直接在原数组上直接进行就可以了

代码

class Solution { public int maxValue(int[][] grid) { int row = grid.length; int col = grid[0].length; // 先初始化边界 for (int i = 1; i < row; i++) { grid[i][0] += grid[i-1][0]; } for (int i = 1; i < col; i++) { grid[0][i] += grid[0][i-1]; }// 遍历 for (int i = 1; i < row; i++) { for (int j = 1; j < col; j++) { // 选择左边或者上边 grid[i][j] += Math.max(grid[i-1][j], grid[i][j-1]); } }// 最后直接返回数组右下角值即可 return grid[row-1][col-1]; } }

复杂度分析