LeetCode——跳跃游戏_int n=nums.size-优快云博客

本文探讨了一个经典的算法问题“跳跃游戏”，分析了如何判断能否从数组的起始位置到达最后一个位置。通过对比个人实现与标准题解，阐述了时间复杂度从O(n^2)优化至O(n)的方法，即从前往后遍历并更新可达最远位置。

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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。

判断你是否能够到达最后一个位置。
示例 1:

输入: [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。
示例 2:

输入: [3,2,1,0,4]
输出: false
解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ，所以你永远不可能到达最后一个位置。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/jump-game
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我与题解思想相同，能跑到i，就能跑到i之前的所有地方。但我是从后往前验证的，验证能否到0。而题解是从前往后遍历，遍历到最后一个。我的时间复杂度一下子就飙升到O(n^2)了。而遍历只需要O(n)的时间复杂度。

我的代码：

bool canJump(vector<int>& nums) {
	int pos = nums.size() - 1;
	int prepos = -1 ;
	while (pos && prepos != pos  )
	{
		prepos = pos;
		for (size_t i = 0; i < pos; i++)
			if (nums[i] >= pos - i){
				pos = i;
				break; 
			}
	}
	if (pos)
		return 0;
	else
		return 1;
}

标准题解

bool canJump(vector<int>& nums) {
     int n = nums.size();
        int rightmost = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i <= rightmost) { // whether i can reach here 
                rightmost = max(rightmost, i + nums[i]);
                if (rightmost >= n - 1) {
                    return true;
                }
            }
            else return false;
        }
        return false;
    }