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];
}
}