本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

题目

1345.跳跃游戏 IV

题目大意

给你一个整数数组 arr ，你一开始在数组的第一个元素处（下标为 0）。

每一步，你可以从下标 i 跳到下标：

• i + 1 满足：i + 1 < arr.length
• i - 1 满足：i - 1 >= 0
• j 满足：arr[i] == arr[j] 且 i != j

请你返回到达数组最后一个元素的下标处所需的 最少操作次数 。

注意：任何时候你都不能跳到数组外面。

样例

数据规模

思路

考虑一般的BFS做法：数组$arr$长度为$n$，构造一个无向图：起点为0，终点为$n-1$，任意相邻的节点可以建边（比如$i$与$i-1$，$i$与$i+1$可以建边），相同元素之间可以互相连边。边权都是1，就相当于这是一个无权图。从起点0出发，到终点$n-1$，使用BFS求解，时间复杂度$O(V+E)(V是定点数，E是边数)$，但是$E$可能到达 $O(n^2)$，这必然会导致超时（所有元素相同）。

但实际上没必要访问每一条边，只需要保证每一个点都访问到就行，并且每个点之访问一次。在第一次访问到这个子图中的某个节点时，即会将这个子图的所有其他未在队列中的节点都放入队列。在第二次访问到这个子图中的节点时，就不需要去考虑这个子图中的其他节点了，因为所有其他节点都已经在队列中或者已经被访问过了。所以维护一个$map$类型的$vector$记录相同元素，在维护$vis$数组保证每个节点之访问一次。然后BFS求解即可。时间复杂度$O(n)$

代码

class Solution {
public:
    int minJumps(vector<int>& arr) {
        unordered_map<int,vector<int> >val;
        for(int i=0;i<arr.size();i++){
            val[arr[i]].push_back(i);
        }
        queue<pair<int,int>>q;
        q.push(make_pair(0,0));
        vector<int>vis(50000+50,0);
        int n=arr.size();
        while(!q.empty()){
            pair<int,int>x=q.front();q.pop();
            if(x.first==n-1)return x.second;
            if(vis[x.first])continue;
            vis[x.first]=1;
            if(val.count(arr[x.first])){
                for(auto it:val[arr[x.first]]){
                    q.push(make_pair(it,x.second+1));
                }
                val.erase(arr[x.first]);
            }
            if(x.first-1>=0&&!vis[x.first-1]){
                q.push(make_pair(x.first-1,x.second+1));
            }
            if(x.first+1<=n-1&&!vis[x.first+1]){
                q.push(make_pair(x.first+1,x.second+1));
            }
        }
        return n-1;
    }
};