leetcode-045-跳跃游戏2-hard

最新推荐文章于 2022-03-04 22:22:46 发布

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本文介绍了一种求解在给定数组中从起始位置跳跃到末尾位置所需最少跳跃次数的算法。通过对比动态规划（DP）方法和贪心算法，展示了如何优化时间复杂度，实现更高效的解决方案。

题目描述

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。

示例:

输入: [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

解法

笨比dp，T了，时间复杂度最坏为O(n^2)

int jump(vector<int>& nums) {
    int res[nums.size()];
    memset(res,0x7f,sizeof(res));
    res[0] = 0;
    for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){
        for(int j=i+1;j<=i+nums[i]&&j<nums.size();j++){
            res[j] = min(res[i]+1,res[j]);
        }
    }
    return res[nums.size()-1];
}

好活，用了贪心的思想，每次跳最远距离，然后上一跳到的最远的位置到下一跳最远的位置之内的步数都和最远的步数保持一致的，所有只要nextreach >= nums.length-1，就可以直接返回step+1。循环每个i时维护这个最远距离 nextreach= ** Math.max(i+nums[i],nextreach)** 。当i走到当前reach时，更新reach = nextreach，同时加一个步数（因为上一步走到头了），这种维护跳的最大范围，就可以巧妙地降低复杂度。

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() == 1) return 0;
        int reach = 0;
        int nextreach = nums[0];
        int step = 0;
        for(int i = 0;i<nums.size();i++){
            nextreach = max(i+nums[i],nextreach);
            if(nextreach >= nums.size()-1) return (step+1);
            if(i == reach){
                step++;
                reach = nextreach;
            }
        }
        return step;
    }
};