贪心

如果下一个位置i+1有障碍的话，从当前位置i进行跳跃就有两种情况
- 只有一个选择
  - 即当前i已经有了一个障碍，算上下一个的障碍，3-2=1 只需要选择剩下唯一的空跳即可
- 有两个选择
  - 这时候就要判断该选哪个了
  - 方法就是贪心。分别看两个选择往后，在不跳跃的情况下，最远能走多久
时间复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)

class Solution {
public:int minSideJumps(vector<int> &ob) {int len = ob.size();int res = 0;int num = 2;for (int i = 0; i < len; i++) {if (ob[i + 1] == num) {set<int> choice = {1, 2, 3};choice.erase(num);choice.erase(ob[i]);if (choice.size() == 1) {num = *choice.begin();res++;} else {map<int, int> cntLen;int a[6], t = 0;for (auto &e: choice) {int tmp = i;while (tmp < len && ob[tmp] != e) tmp++;cntLen[tmp] = e;a[t++] = tmp;}num = cntLen[max(a[0], a[1])];res++;}}}return res;}
};

DP

本来是 dp[i][1…3]
- i表示当前位置，3表示三个赛道
- dp[i][j] 表示到达第i个位置的第j个赛道，需要跳跃的最小次数
- 状态转移:
  dp[i][j]=min(dp[i−1][j],dp[i−1][j2]+1,dp[i−1][j3+1]dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-1][j_2] + 1, dp[i-1][j_3 + 1]dp[i][j]=min(dp[i−1][j],dp[i−1][j2]+1,dp[i−1][j3+1]
后来发现 dp[i][j] 仅仅和 dp[i -1][j] 有关，因此可以只用一维数组来做
时间复杂度O(n)O(n)O(n)

class Solution {
public:int minSideJumps(vector<int> &ob) {int len = ob.size();int dp[4];fill(dp, dp + 4, 1);
//        cout << dp[1] << " ";dp[2] = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {int pre1 = dp[1];int pre2 = dp[2];int pre3 = dp[3];fill(dp, dp + 4, 0x7f7f7f);if (ob[i] != 1) dp[1] = pre1;if (ob[i] != 2) dp[2] = pre2;if (ob[i] != 3) dp[3] = pre3;if (ob[i] != 1) dp[1] = min(dp[1], min(dp[2], dp[3]) + 1);if (ob[i] != 2) dp[2] = min(dp[2], min(dp[1], dp[3]) + 1);if (ob[i] != 3) dp[3] = min(dp[3], min(dp[2], dp[1]) + 1);}return min(dp[1], min(dp[2], dp[3]));}
};

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