LeetCode55. 跳跃游戏

NatsuiroGinga
38 阅读6分钟

LeetCode55. 跳跃游戏

题意

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。 判断你是否能够到达最后一个位置。

示例 1:

输入: [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 从位置 0 到 1 跳 1 步, 然后跳 3 步到达最后一个位置。

示例 2:

输入: [3,2,1,0,4]
输出: false
解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。
但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。

题解

方法一：贪心

我们可以用贪心的方法解决这个问题。

设想一下，对于数组中的任意一个位置 y，我们如何判断它是否可以到达？根据题目的描述，只要存在一个位置 x，它本身可以到达，并且它跳跃的最大长度为 x + nums[x]，这个值大于等于 y，即 x + nums[x]≥y，那么位置 y 也可以到达。

换句话说，对于每一个可以到达的位置 x，它使得 x+1, x+2,⋯,x+nums[x] 这些连续的位置都可以到达。

这样以来，我们依次遍历数组中的每一个位置，并实时维护 最远可以到达的位置。对于当前遍历到的位置 x，如果它在 最远可以到达的位置 的范围内，那么我们就可以从起点通过若干次跳跃到达该位置，因此我们可以用 x+nums[x] 更新 最远可以到达的位置。

在遍历的过程中，如果 最远可以到达的位置 大于等于数组中的最后一个位置，那就说明最后一个位置可达，我们就可以直接返回 True 作为答案。反之，如果在遍历结束后，最后一个位置仍然不可达，我们就返回 False 作为答案。

实际代码中，我们不需要显式地记录 最远可以到达的位置，我们只需要记录当前可以到达的位置的最大值，记为

java


class Solution {
    public boolean canJump(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int rightmost = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i <= rightmost) {
                rightmost = Math.max(rightmost, i + nums[i]);
                if (rightmost >= n - 1) {
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }
}

python


class Solution:
    def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
        n = len(nums)
        rightmost = 0
        for i in range(n):
            if i <= rightmost:
                rightmost = max(rightmost, i + nums[i])
                if rightmost >= n - 1:
                    return True
        return False

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的大小。只需要访问 nums 数组一遍，共 n 个位置。
  • 空间复杂度：O(1)，不需要额外的空间开销。

方法二：动态规划

  1. 我们定义 dp[i] 表示能否从起点跳到 i。
  2. 初始化 dp[0] = True，其余为 False。
  3. 我们枚举 i 从 1 到 n-1，对于每个 i，我们再次从 0 到 i-1 进行枚举，如果 dp[j] 为 True 且 j + nums[j] >= i，则我们可以从 j 跳到 i，因此将 dp[i] 设为 True。
  4. 在枚举结束之后，如果 dp[n-1] 为 True，则说明我们可以从起点跳到终点，否则不能。
  5. 由于我们在最开始的时候，如果 nums[0] = 0，那么我们无法起跳，因此会直接返回 False ，因此不会进入上述循环，也不会进行状态转移，对于这种情况我们需要特殊判断。
  6. 由于每个位置最多只需要跳跃的次数，因此时间复杂度为 O(n^2)。
  7. 由于我们需要额外的数组来记录每个位置是否可以到达，因此空间复杂度为 O(n)。

java


class Solution {
    public boolean canJump(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        boolean[] dp = new boolean[n];
        dp[0] = true;
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                if (dp[j] && j + nums[j] >= i) {
                    dp[i] = true;
                    break;
                }
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
}

python


class Solution:
    def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
        n = len(nums)
        dp = [False] * n
        dp[0] = True
        for i in range(1, n):
            for j in range(i):
                if dp[j] and j + nums[j] >= i:
                    dp[i] = True
                    break
        return dp[n - 1]

Leetcode45. 跳跃游戏 II

题目描述

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。

示例:


输入:[2,3,1,1,4]

输出:2

解释:跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
    从下标为 0跳到下标为 1的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

说明:

假设你总是可以到达数组的最后一个位置。

题解

方法一：贪心

与上一题类似，我们可以用贪心的方法解决这个问题。

设想一下，对于数组中的任意一个位置 y，我们如何判断它是否可以到达？根据题目的描述，只要存在一个位置 x，它本身可以到达，并且它

还可以跳跃到位置 y，那么位置 y 也可以到达。

换句话说，对于每一个可以到达的位置 x，它使得 x+1, x+2,⋯,x+nums[x] 这些连续的位置都可以到达。

这样以来，我们依次遍历数组中的每一个位置，并实时维护 最远可以到达的位置。对于当前遍历到的位置 x，如果它在 最远可以到达的位置 的范围内，那么我们就可以从起点通过若干次跳跃到达该位置，因此我们可以用 x+nums[x] 更新 最远可以到达的位置。

在遍历的过程中，如果 最远可以到达的位置 大于等于数组中的最后一个位置，那就说明最后一个位置可达，我们就可以直接返回当前的遍历次数。

java


class Solution {
    public int jump(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int end = 0;
        int maxPosition = 0;
        int steps = 0;
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            maxPosition = Math.max(maxPosition, i + nums[i]);
            if (i == end) {
                end = maxPosition;
                ++steps;
            }
        }
        return steps;
    }
}

python


class Solution:
    def jump(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        end, maxPosition, steps = 0, 0, 0
        for i in range(n - 1):
            maxPosition = max(maxPosition, i + nums[i])
            if i == end:
                end = maxPosition
                steps += 1
        return steps

方法二：动态规划

  1. 我们定义 dp[i] 表示从起点跳到 i 的最小跳跃次数。
  2. 初始化 dp[0] = 0，其余为 +∞。
  3. 我们枚举 i 从 1 到 n-1，对于每个 i，我们再次从 0 到 i-1 进行枚举，如果 dp[j] 为 +∞ 且 j + nums[j] >= i，则我们可以从 j 跳到 i，因此将 dp[i] 设为 dp[j] + 1。
  4. 在枚举结束之后，如果 dp[n-1] 为 +∞，则说明我们无法跳到终点，返回 -1，否则返回 dp[n-1]。
  5. 由于每个位置最多只需要跳跃的次数，因此时间复杂度为 O(n^2)。
  6. 由于我们需要额外的数组来记录每个位置的最小跳跃次数，因此空间复杂度为 O(n)。

java


class Solution {
    public int jump(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] dp = new int[n];
        Arrays.fill(dp, Integer.MAX_VALUE);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                if (dp[j] != Integer.MAX_VALUE && j + nums[j] >= i) {
                    dp[i] = dp[j] + 1;
                    break;
                }
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
}

python


class Solution:
    def jump(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        dp = [float("inf")] * n
        dp[0] = 0
        for i in range(1, n):
            for j in range(i):
                if dp[j] != float("inf") and j + nums[j] >= i:
                    dp[i] = dp[j] + 1
                    break
        return dp[n - 1]
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