LeetCode 45 Jump Game II 题解

题意简述：给定一个非负数列，数列元素的值表示可以向后跳的最大距离。求出从第一个下标元素跳到最后一个下标元素所需要的最小跳跃次数。

输入：非负数列nums

输出：最小的跳跃次数

示例：对于数列[2,3,1,1,4]，从数2跳到数4最小需要两次：从第一个元素跳一格到第二个元素，再从第二个元素直接跳到最后一个元素。

题解：

可以采用类似BFS的解法：先从起点开始，找出所有能在1跳到达的位置，然后在这些位置中遍历再找出2跳到达的位置，直到某个元素的下一跳可以直接跳到终点，这样可以保证找到的路径跳跃次数最小。

根据这题的实际情况，数列是连续的，能跳到后一个点就肯定能跳到前一个点。因此我们可以简化BFS的处理，不用像图那样写BFS。

首先，把数列的所有元素加上自身的下标，这样数列元素的值就变成所能跳到的下标最大值。

从起点开始所能跳到的最远位置（即nums[0]的值）记为curpath，那么下标0到curpath的位置就是1跳到达位置。

从1跳到达位置继续遍历（由于连续性，其实就是从左到右的遍历），找出所有比curpath远的位置，在这些位置中存在一个最远的位置，将这个位置记为reach。那么curpath到reach的位置就是2跳到达位置。（注意如果没有位置比curpath远，reach的值就等于curpath）

现在将curpath设为reach的值，从2跳到达位置继续寻在更远的reach值，得到3跳、4跳……到达位置，直到遍历到某个位置它能直接跳到终点。

按照上述思路编写的代码提交后提示Wrong Answer，经过思考过后，发现了问题所在：上述的BFS思路没有考虑可达性，如果某个遍历时刻得到的reach下标是死路（可以跳的距离为0），那么在reach之后的位置有可能少算了（reach之后是不可到达终点的，也即我们求出了一个最少跳跃步数但是不可达的路径）。解决方案是，如果跳到的位置不可到达终点（这样的位置元素的值等于自身的下标值），就不应该更新reach的位置。

最终的代码如下，该算法的时间复杂度是O(N)，空间复杂度是O(1)。

class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
for(int i = 0;i < nums.size();i++)
nums[i] += i;
if(nums.size() == 1) return 0;

int curpath = 0, reach = 0, res = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();i++) {
if(nums[i] >= nums.size()-1) break;

if(nums[i] != i) reach = std::max(reach, nums[i]);

if(i >= curpath) {
res++;
curpath = reach;
}
}

return res+1;
}
};