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解题思路：

此题是典型的动态规划题目。

状态定义：
- 设 $dp$ 为大小 $m \times n$ 矩阵，其中 $dp[i][j]$ 的值代表直到走到 $(i,j)$ 的最小路径和。
转移方程：
题目要求，只能向右或向下走，换句话说，当前单元格 $(i,j)$ 只能从左方单元格 $(i-1,j)$ 或上方单元格 $(i,j-1)$ 走到，因此只需要考虑矩阵左边界和上边界。
- 走到当前单元格 $(i,j)$ 的最小路径和 $=$ “从左方单元格 $(i-1,j)$ 与从上方单元格 $(i,j-1)$ 走来的 两个最小路径和中较小的 ” $+$ 当前单元格值 $grid[i][j]$ 。具体分为以下 $4$ 种情况：
1. 当左边和上边都不是矩阵边界时： 即当$i \not= 0$, $j \not= 0$时，$dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j]$ ；
2. 当只有左边是矩阵边界时： 只能从上面来，即当$i = 0, j \not= 0$时， $dp[i][j] = dp[i][j - 1] + grid[i][j]$ ；
3. 当只有上边是矩阵边界时： 只能从左面来，即当$i \not= 0, j = 0$时， $dp[i][j] = dp[i - 1][j] + grid[i][j]$ ；
4. 当左边和上边都是矩阵边界时： 即当$i = 0, j = 0$时，其实就是起点， $dp[i][j] = grid[i][j]$；
初始状态：
- $dp$ 初始化即可，不需要修改初始 $0$ 值。
返回值：
- 返回 $dp$ 矩阵右下角值，即走到终点的最小路径和。

其实我们完全不需要建立 $dp$ 矩阵浪费额外空间，直接遍历 $grid[i][j]$ 修改即可。这是因为：grid[i][j] = min(grid[i - 1][j], grid[i][j - 1]) + grid[i][j] ；原 $grid$ 矩阵元素中被覆盖为 $dp$ 元素后（都处于当前遍历点的左上方），不会再被使用到。

复杂度分析：

时间复杂度 $O(M \times N)$ ： 遍历整个 $grid$ 矩阵元素。
空间复杂度 $O(1)$ ： 直接修改原矩阵，不使用额外空间。

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代码：

Python

class Solution:
    def minPathSum(self, grid: [[int]]) -> int:
        for i in range(len(grid)):
            for j in range(len(grid[0])):
                if i == j == 0: continue
                elif i == 0:  grid[i][j] = grid[i][j - 1] + grid[i][j]
                elif j == 0:  grid[i][j] = grid[i - 1][j] + grid[i][j]
                else: grid[i][j] = min(grid[i - 1][j], grid[i][j - 1]) + grid[i][j]
        return grid[-1][-1]

Java

class Solution {
    public int minPathSum(int[][] grid) {
        for(int i = 0; i < grid.length; i++) {
            for(int j = 0; j < grid[0].length; j++) {
                if(i == 0 && j == 0) continue;
                else if(i == 0)  grid[i][j] = grid[i][j - 1] + grid[i][j];
                else if(j == 0)  grid[i][j] = grid[i - 1][j] + grid[i][j];
                else grid[i][j] = Math.min(grid[i - 1][j], grid[i][j - 1]) + grid[i][j];
            }
        }
        return grid[grid.length - 1][grid[0].length - 1];
    }
}

解题思路： ​

复杂度分析： ​

代码： ​

解题思路：

复杂度分析：

代码：