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+## Step 1
+
+- 問題文
+  - m x nのグリッドを左上から右下へ行くユニークな経路の総数を返せ。
+  - 制約：
+    - 1 <= m, n <= 100
+- アルゴリズムの選択
+  - 案1：組み合わせの総数は階乗を用いて直接計算できる。
+  - 案2：進む方向が右 or 下しかないなので、m, nの小さい版の答えを利用して解ける（最適部分構造がある）ため、動的計画法
+  - 案3：BFS/DFSをearly returnなしで実施し、右下に到達するたびにカウントする。
+  - この順に思いついた。実装としても、この順番で好ましいと思えた。
+  - 案3 については、違う経路から同じ点に来た点を別々に処理するため不利に思えた。
+
+### 実装1
+
+- m - 1個の下矢印とn - 1個の右矢印を並べる方法の総数。
+- m + n - 2のプレースホルダーのうち下矢印を置くm - 1箇所を決めれば方法が定まるので、
+
+$${}_{m + n - 2} \mathrm{C}_{m - 1}$$
+
+- 計算量
+  - Time: O(m)
+  - Space: O(1)
+
+```python3
+import math
+
+
+class Solution:
+    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
+        return math.comb(m + n - 2, m - 1)
+```
+
+- 4分かかった。（math.combを調べるのに時間がかかった）
+
+### 実装2
+
+- 動的計画法
+- 計算量
+  - Time: O(mn)
+  - Space: O(n)
+
+```python3
+class Solution:
+    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
+        count = [1] * n  # by column
+        for _ in range(1, m):
+            for col in range(1, n):
+                count[col] += count[col - 1]
+        return count[n - 1]
+```
+
+- 0行目、0列目の境界条件に少し頭を使い、9分かかった。
+- セルフfollow-up: m, nのどちらかが非常に大きい場合、そのままにしますか？
+  - 空間計算量の節約のため、m > nになるようにswapできる。時間計算量はほぼ不変なのでお得。
+  - n, m = sorted([m, n])
+
+## Step 2
+
+- [コメント集](https://docs.google.com/document/d/11HV35ADPo9QxJOpJQ24FcZvtvioli770WWdZZDaLOfg/edit?tab=t.0#heading=h.brtd7l7oqr0f)
+  - https://discord.com/channels/1084280443945353267/1339428945845555252/1360645783300341760
+    - > あー、このコード動くのかと思ったが、そうか、これ動くのか。1次元テーブルでの解法になっていますね。
+    - oda-sanの反応に思わず笑ってしまった。
+    - 実質的に[実装2](#実装2)が行われている。
+    - list * n は常にlistの中身の参照を複製している（shallow copy）。
+      - 要素が mutable（リストなど）のとき
+        - 共有しているオブジェクトをある一箇所で変更すると、全ての位置から同じ変更が見える状態。
+        - -> 全ての要素が変更される。
+      - 要素が immutable（intなど）のとき
+        - 共有しているオブジェクトをある一箇所で変更すると、要素がimmutableゆえオブジェクトが新規作成（参照が変更）され、他からは見えない。
+        - -> 別々に変更ができる。
+    - なので、2次元テーブルの準備には、ミュータブルの複製のためにforループを使ってオブジェクトを明示的に新規作成する。
+      - table = [[0] * 10 for _ in range(10)]
+
+## Step 3
+
+[#実装1](#実装1)