跳跃游戏合集

[leetcode 55 跳跃游戏](https://leetcode-cn.com/problems/jump-game/)
- 一、贪心算法求解
- - 1.1 求解思路
  - 1.2 代码实现
  - 1.3 复杂度
- 二、动态规划求解
- - 2.1 求解思路——五部曲
  - 2.2 代码实现
  - 2.3 复杂度

输入：nums = [2,3,1,1,4]
输出：true
解释：可以先跳 1 步，从下标 0 到达下标 1, 然后再从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标

示例2：

输入：nums = [3,2,1,0,4]
输出：false
解释：无论怎样，总会到达下标为 3 的位置。但该下标的最大跳跃长度是 0 ， 所以永远不可能到达最后
一个下标。

提示：

一、贪心算法求解

1.1 求解思路

我们可以用贪心的方法解决这个问题。

对于每一个可以到达位置的索引为idxidxidx，它使得 idx+1,idx+2,⋯,idx+nums[idx]idx+1, idx+2, \cdots, idx+\textit{nums}[idx]idx+1,idx+2,⋯,idx+nums[idx] 这些最大覆盖范围内的位置都可以到达。

依次遍历数组中的每一个位置，并实时更新该位置的最大覆盖范围。对于当前遍历到的位置 xxx，如果它在最大覆盖范围内，那么我们就可以从起点通过若干次跳跃到达该位置，因此我们可以用 idx+nums[idx]idx + \textit{nums}[idx]idx+nums[idx]更新最远可以到达的位置。

在遍历的过程中，如果最大覆盖范围大于等于数组中的最后一个位置，那就说明最后一个位置可达，我们就可以直接返回 True 作为答案。反之，如果在遍历结束后，最后一个位置仍然不可达，我们就返回 False 作为答案。

1.2 代码实现

class Solution:def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:right_most = 0  # 记录最大覆盖范围for idx, val in enumerate(nums[:-1]): # 忽略最后一个位置right_most = max(right_most, idx+val)  # 当前位置上，最远能跳到哪# 如果最远都无法超过当前位置，那肯定无法到达最后一个位置，提前结束if right_most <= idx:return False return True

1.3 复杂度

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，其中 nnn 为数组的大小。只需要访问 nums 数组一遍，共 nnn 个位置。

空间复杂度：O(1)O(1)O(1)，不需要额外的空间开销。

二、动态规划求解

2.1 求解思路——五部曲

确定dp数组（dp table）以及下标的含义:
dp[i]表示在下标i处跳跃的覆盖范围。
确定递推公式
对于dp[i]，它等于dp[i-1]跳一格到达i处后剩余的步数，和nums[i]的最大值。因此得出状态转移方程为：dp[i]=max(dp[i−1]−1,nums[i])dp[i]=max(dp[i-1]-1,nums[i])dp[i]=max(dp[i−1]−1,nums[i])
dp数组如何初始化
边界条件：dp[0]=nums[0]dp[0]=nums[0]dp[0]=nums[0]
确定遍历顺序
在每次循环开始，我们判断dp[i-1]是否等于0，若是，则不可能到达下标i处，因此直接返回false。循环结束后返回true
举例推导dp数组

2.2 代码实现

class Solution:def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:n = len(nums)dp = [0] * ndp[0] = nums[0]for i in range(1,n):if dp[i-1] == 0: return Falsedp[i] = max(dp[i-1]-1,nums[i])return True

2.3 复杂度

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，其中 nnn 为数组的大小。只需要访问 nums 数组一遍，共 nnn 个位置。

空间复杂度：O(n)O(n)O(n)