一道题教会你回溯、动态规划、贪心

这是leetcode上的一道题。拿到这道题最容易想到是回溯算法，即递归从第一个元素开始跳，跳到某个元素之后在当前的位置上继续跳，如果不满足条件就回溯。之前一直不知道回溯的过程，今天可算是弄明白了。简单来说就是一个人站在十字路口选择了一条路走向目的地，而在这条路上可能还有十字路口，还得做选择，选择了一条接下去结果走不通（代表迭代完毕）返回最近的十字路口，选择另一条路走，走到头之后再返回最近的十字路口选择另一条，如此的迭代，当最近的十字路口的路（四个方向）都走完之后，返回上上一个十字路口。再找另外一条。如此的重复下去直到第一个十字路口的四个方向都选择完为止。回溯有很多种应用，比如二叉树的遍历。在一开始学习递归的时候自己一遇到这样形式的就不知道程序如何运行了，纠结程序是运行完第一个递归直接进入第二个递归还是一直运行第一个递归直到不满足条件后在运行第二条，当时由于自己不知道回溯这种东西，错以为运行一次递归后就直接运行第二条递归。其实是一直运行第一条递归直到不满足条件为止。然后回到当前节点的父结点去遍历右子树，如果右子树也为空，再往上返回一层遍历祖父结点的右子树。如此的循环。我这是比较抽象的说明，如果想看二叉树的具体遍历可以去看这篇博客

https://blog.csdn.net/I_love_blog/article/details/66971598

  PreOrderTraverse(T->lchild);//递归左子树      PreOrderTraverse(T->rchild);//递归右子树

这道题的解法C++代码

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {return tmp(0,nums);}bool tmp(int curr,vector<int> &nums){int j=nums.size()-1;if(curr==j)return true;int cnt=min(curr+nums[curr],j);for(int n=curr+1;n<=cnt;n++){if(tmp(n,nums))return true;}return false;}
};

在leetcode上提交后显示超时。我们可以看下这道题的算法复杂度有O（2^n）在其中会有很多的重复运算，比如tmp（2）就要计算很多次，如果我们能用一个数组去保存这些元素的结果就会省去很多时间，虽然需要一定的空间，但是速度有很大的提高还是值得的，其实动态规划就是典型的空间换时间的思想。

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {vector<int>dp(nums.size());//定义一个数组来存放元素是否可以遍历到最后dp[nums.size()-1]=1;//最后一个数一定可以到达自己跳自己return tmp(dp,0,nums);}bool tmp(vector<int>&dp,int curr,vector<int> &nums){if(dp[curr])return dp[curr]==1?true:false;int j=nums.size()-1;//if(curr==j)//return true;int cnt=min(curr+nums[curr],j);for(int n=curr+1;n<=cnt;n++){if(tmp(dp,n,nums)){dp[n]=1;//1代表该数据可以跳到最后return true;}}dp[curr]=-1;//-1代表该数据不可以跳到最后return false;}
};

通过dp来存放元素是否可以遍历到最后，在leetcode上提交不再显示超时。省时间的原因我们可以拿一个例子来说明，比如说第二个行不通的例子，我们可以发现无论从 3、2、1开始跳都会跳到0这个位置，而0这个位置是跳不到最后的。我们又发现无论从3开始跳还是从2、1开始都会跳到0这个位置，如果没有dp存放结果3、2、1跳的时候每次都要计算这个位置可不可以。我们存放了这个结果是false之后，无论哪个数跳到这都直接返回false省去了很多计算。但是我们发现这个算法中还是有很多冗余，我们只需要数组中的一个元素跳到最后就ok了，没有必要遍历整个数组。算法代码如下

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {
int k = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i++){if (i > k) return false;k = max(k, i + nums[i]);}return true;}
};

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