題目一:
給定一個非負整數數組,假定你的初始位置為數組第一個下標。 數組中的每個元素代表你在那個位置能夠跳躍的最大長度。請確認你是否能夠跳躍到數組的最后一個下標。
例如:A = [2,3,1,1,4]A=[2,3,1,1,4] 能夠跳躍到最后一個下標,輸出true;
A = [3,2,1,0,4]A=[3,2,1,0,4] 不能跳躍到最后一個下標,輸出false。
輸入格式
第一行輸入一個正整數 n (1≤n≤500),接下來的一行 n 個整數,輸入數組 A_i。
輸出格式
如果能跳到最后一個下標,輸出true,否則輸出false。
樣例輸入
5
2 0 2 0 1
樣例輸出
true
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int max=0,count; int a[500]; cin>>count; for(int i=0;i<count;i++) cin>>a[i]; for(int i=0;i<count;i++) { if(i>max) { cout<<"false"; return 0; } if((a[i]+i)>max) max=i+a[i]; } cout<<"true"; return 0; }
題目二:
給定非負整數數組,初始時在數組起始位置放置一機器人,數組的每個元素表示在當前位置機器人一步最大能夠跳躍的數目。它的目的是用最少的步數到達數組末端。
例如:
給定數組A=[2,3,1,1,2],最少跳步數目為2,對應的跳法是2->3->2,數組位置變化為0->1->4。
[2,3,1,1,2,4,1,1,6,1,7],所需步數為5。
思路:
代碼:
#include<iostream> using namespace std; int jump(int A[],int n){ if(n==1) return 0; int step=0; int i=0,j=0; int k,j2; while(j<n){ step++; j2=j; for(k=i;k<=j;k++){ j2=max(j2,k+A[k]); if(j2>=n-1) return step; } i=j+1; j=j2; if(j<i) return -1; } return step; } int main(){ int A[]={2,3,1,1,2,4,1,1,6,1,7}; int n=sizeof(A)/sizeof(A[0]); cout << jump(A,n) <<endl; return 0; }
問題三
給定一個非負整數數組,初始情況位於數組的第一個索引處。數組中的每個元素表示該位置的最大跳躍長度。要求達到最后一個索引花費的最小跳躍次數。
<舉例>
輸入: [2,3,1,1,4]
輸出: 2
解釋: 跳到最后一個索引的最小跳數為2。從索引0跳到1跳1步,然后跳3步到最后一個索引。
二、解題方法一:動態規划 -- 超時
g(i)表示能否從前面的j位置元素跳到當前的i位置,則狀態轉移方程為:
g(i) = g(j) && (i-j)∈nums[j] 0 <= j < i < numsSize
邊界條件為:g(0) = true
f(i)表示到達i位置的最小跳步數,則狀態轉移方程為(在g(i)的基礎上)
f(i) = min(f(j)+1,f(i))
邊界條件為:f(0)=0
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <stdbool.h> #define min(a,b) (a<b?a:b) int jump(int* nums, int numsSize) { int f[numsSize]; bool g[numsSize]; int i,j; g[0] = true; for(i=0; i<numsSize; i++) f[i] = 65535; f[0] = 0; for(i=1;i<numsSize;i++) { for(j=0;j<i;j++) { if( g[j] && (i-j) <= nums[j] ) { g[i] = true; f[i] = min(f[i],f[j]+1); } } } return f[numsSize-1]; }
三、解題方法二:貪心 -- accept
分別用left和right兩個游標記錄當前能跳的區間范圍,嘗試從每一個區間范圍中跳較遠new_right,更新較遠的right游標right=new_right,每一個區間處理完畢后更新新的左游標left=left+old_right
int jump(int* nums, int numsSize) { int left = 0; //最小步數 int right = 0; int step = 0; //[left,right]為當前跳步區間 int i; //特殊情況處理 if( numsSize==1 ) return 0; //當只有一個元素時,當前就在這個位置,不用跳步,所以返回0 //更新游標區間-----最右游標 while(left<=right) { step++; int old_right = right; for(i=left; i<=old_right; i++) { int new_right = i+nums[i]; //最右的情況可以到達目標位置,則為最小跳步數 if( new_right >= numsSize-1 ) return step; //更新最右游標 if( new_right > right ) right = new_right; } //一個區間處理完后,則更新left,繼續處理[left,new_Right]區間 left=old_right+1; } return 0; //到達不了目標位置,則返回0 }
題解:
在 跳躍問題1 中求能否到達最后位置,用一個 reach 變量 記錄能夠到達的最遠的下標,每走一步比較更新該值,到達最終位置前,如果當前下標大於reach,說明失敗。如果能到達最后,說明成功。
而這道題,需要求的是最少的步數。因此需要添加 count 變量記錄最少步數。什么時候 count++ 是問題的關鍵?答案是當前的位置 i 超過了上一跳所能到達的最遠位置。所以需要引入變量 last 記錄上一跳可達最遠坐標。此題代碼在跳躍問題1 代碼基礎上修改。
class Solution { public int jump(int[] nums) { if (nums == null || nums.length == 0) { return -1; } int reach = 0;//當前所能到達的最遠坐標 int last = 0;//上一跳可達最遠坐標 int count = 0;//跳躍次數 for (int i = 0; i < nums.length; i++) { if (i > reach) { return -1; } if (i > last) { count++; last = reach; } if (i + nums[i] > reach) { reach = i + nums[i]; } } return count; } }
動態規划解法:
復雜度是 O(n2)O(n2),會超時,但是依然需要掌握。
定義狀態:dp[i] 表示到達 i 位置的最小跳數
起始裝填:dp[0]=0 到達下標0的最小跳數是0
終止狀態:dp[nums.length-1] 即到達最后一個位置的最小跳數
決策:選擇 i 之前的能跳到 i 的所有位置j 中, dp[j] 值最小的位置 j 作為上一步要跳到 i 的位置
費用表示:dp[i]=dp[j]+1 ,從 j 跳到 i ,步數加1
無后效性:收益1 是個常數,不隨狀態改變
class Solution { public int jump(int[] nums) { int[] dp = new int[nums.length];//dp[i] 為到達 i 位置的最小跳數 dp[0] = 0;//到達下標0的最小跳數是0 for (int i = 1; i < nums.length; i++) { dp[i] = Integer.MAX_VALUE; for (int j = 0; j < i; j++) { if (i - j <= nums[j]) { dp[i] = Math.min(dp[i], dp[j] + 1); } } } return dp[nums.length - 1]; } }