LeetCode（45）： 跳躍遊戲 II

Hard！

題目描述：

給定一個非負整數數組，你最初位於數組的第一個位置。

數組中的每一個元素表明你在該位置能夠跳躍的最大長度。

你的目標是使用最少的跳躍次數到達數組的最後一個位置。

示例:

輸入: [2,3,1,1,4]
輸出: 2
解釋: 跳到最後一個位置的最小跳躍數是 。
     從下標爲 0 跳到下標爲 1 的位置，跳  步，而後跳  步到達數組的最後一個位置。
213

說明:

假設你老是能夠到達數組的最後一個位置。

解題思路：

這題是以前那道Jump Game 跳躍遊戲 的延伸，那題是問能不能到達最後一個數字，而此題只讓咱們求到達最後一個位置的最少跳躍數，貌似是默認必定能到達最後位置的? 此題的核心方法是利用貪婪算法Greedy的思想來解，想一想爲何呢？ 爲了較快的跳到末尾，咱們想知道每一步能跳的範圍，這裏貪婪並非要在能跳的範圍中選跳力最遠的那個位置，由於這樣選下來不必定是最優解，這麼一說感受又有點不像貪婪算法了。咱們這裏貪的是一個能到達的最遠範圍，咱們遍歷當前跳躍能到的全部位置，而後根據該位置上的跳力來預測下一步能跳到的最遠距離，貪出一個最遠的範圍，一旦當這個範圍到達末尾時，當前所用的步數必定是最小步數。

咱們須要兩個變量cur和pre分別來保存當前的能到達的最遠位置和以前能到達的最遠位置，只要cur未達到最後一個位置則循環繼續，pre先賦值爲cur的值，表示上一次循環後能到達的最遠位置，若是當前位置i小於等於pre，說明仍是在上一跳能到達的範圍內，咱們根據當前位置加跳力來更新cur，更新cur的方法是比較當前的cur和i + A[i]之中的較大值，若是題目中未說明是否能到達末尾，咱們還能夠判斷此時pre和cur是否相等，若是相等說明cur沒有更新，即沒法到達末尾位置，返回-1。

C++解法一：

 1 class Solution {  2 public:  3     int jump(vector<int>& nums) {  4         int res = 0, n = nums.size(), i = 0, cur = 0;  5         while (cur < n - 1) {  6             ++res;  7             int pre = cur;  8             for (; i <= pre; ++i) {  9                 cur = max(cur, i + nums[i]); 10  } 11             if (pre == cur) return -1; // May not need this
12  } 13         return res; 14  } 15 };

還有一種寫法，跟上面那解法略有不一樣，可是本質的思想仍是同樣的，關於此解法的詳細分析可參見http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_Jump_Game_II.html。這裏cur是當前能到達的最遠位置，last是上一步能到達的最遠位置，咱們遍歷數組，首先用i + nums[i]更新cur，這個在上面解法中講過了，而後判斷若是當前位置到達了last，即上一步能到達的最遠位置，說明須要再跳一次了，咱們將last賦值爲cur，而且步數res自增1，這裏咱們小優化一下，判斷若是cur到達末尾了，直接break掉便可。

C++解法二：

 1 class Solution {  2 public:  3     int jump(vector<int>& nums) {  4         int res = 0, n = nums.size(), last = 0, cur = 0;  5         for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {  6             cur = max(cur, i + nums[i]);  7             if (i == last) {  8                 last = cur;  9                 ++res; 10                 if (cur >= n - 1) break; 11  } 12  } 13         return res; 14  } 15 };

要理解這個算法，首先明白，這個題只要咱們求跳數，怎麼跳，最後距離是多少，都沒讓求的。

大牛這個算法的思想主要是，掃描數組（廢話。。。），以肯定當前最遠能覆蓋的節點，放入curr。而後繼續掃描，直到當前的路程超過了上一次算出的覆蓋範圍，那麼更新覆蓋範圍，同時更新條數，由於咱們是通過了多一跳才能繼續前進的。

形象地說，這個是在爭取每跳最遠的greedy。舉個栗子。

好比就是咱們題目中的[2,3,1,1,4]。初始狀態是這樣的：cur表示最遠能覆蓋到的地方，用紅色表示。last表示已經覆蓋的地方，用箭頭表示。它們都指在第一個元素上。

接下來，第一元素告訴cur，最遠咱能夠走2步。因而：

下一循環中，i指向1（圖中的元素3），發現，哦，i小於last能到的範圍，因而更新last（至關於說，進入了新的勢力範圍），步數ret加1.同時要更新cur。由於最遠距離發現了。

接下來，i繼續前進，發現i在當前的勢力範圍內，無需更新last和步數ret。更新cur。

i繼續前進，接下來發現超過當前勢力範圍，更新last和步數。cur已然最大了。

最後，i到最後一個元素。依然在勢力範圍內，遍歷完成，返回ret。

這道題讓咱們明白一個道理：

不要作無必要的計算。

對了，有同窗會問，那爲啥要用last，直接用curr跳不就好了。直接用curr跳那每次都是跳最遠的，可是最優路徑不不必定是這樣。該算法時間複雜度爲O(n)。

C++解法三：

 1 /*
 2  * We use "last" to keep track of the maximum distance that has been reached  3  * by using the minimum steps "ret", whereas "curr" is the maximum distance  4  * that can be reached by using "ret+1" steps. Thus,  5  * curr = max(i+A[i]) where 0 <= i <= last.  6  */
 7 class Solution {  8 public:  9     int jump(int A[], int n) { 10         int ret = 0; 11         int last = 0; 12         int curr = 0; 13         for (int i = 0; i < n; ++i) { 14             if (i > last) { 15                 last = curr; 16                 ++ret; 17  } 18             curr = max(curr, i+A[i]); 19  } 20 
21         return ret; 22  } 23 };