📌 题目链接：45. 跳跃游戏 II - 力扣（LeetCode）
🔍 难度：中等 | 🏷️ 标签：贪心算法、数组、动态规划思想（非DP解法）
⏱️ 目标时间复杂度：O(n)
💾 空间复杂度：O(1)
在 LeetCode 的经典贪心题型中，「跳跃游戏 II」 是一道极具代表性的题目。它不仅考察你对“局部最优推导全局最优”的理解，还要求你能精准控制边界、避免冗余操作。本题是 Hot100 中贪心策略的标杆题，也是高频面试题（尤其在字节、腾讯、阿里等大厂的算法轮中频繁出现）。
今天我们就来彻底吃透这道题，从问题本质到代码细节，再到面试可能被追问的变种与陷阱，一网打尽！
🔍 题目分析
给定一个非负整数数组 nums，你从索引 0 出发。
nums[i] 表示你在位置 i 最多可以向右跳 nums[i] 步（即能到达 [i+1, i+nums[i]] 范围内的任意位置）。
目标：求出到达最后一个位置（n-1）所需的最少跳跃次数。
题目保证一定可以到达终点，所以无需处理无解情况。
✅ 示例回顾：
nums = [2,3,1,1,4]→ 最少跳 2 次（0→1→4）nums = [2,3,0,1,4]→ 最少跳 2 次（0→1→4）
关键点在于：不是每一步都跳最远，而是每一步选择“未来能跳得最远”的位置——这就是贪心的核心思想。
🧠 核心算法及代码讲解
本题有两种主流解法：
- 反向贪心（从终点往起点找） ：时间复杂度 O(n²)，不推荐用于大规模数据。
- 正向贪心（一次遍历，维护当前跳跃能覆盖的最远边界） ：O(n) 时间 + O(1) 空间，最优解！
我们重点讲解 方法二：正向贪心，这也是面试官期望听到的解法。
✨ 核心思想
-
我们不需要知道具体每一步跳到哪个下标，只需要知道在当前这一跳的范围内，下一步能跳到的最远位置。
-
维护两个关键变量：
maxPos：当前所有可选位置中，能跳到的最远下标。end：当前这一跳的最远边界。一旦遍历到end，说明必须进行下一次跳跃，并更新end = maxPos。
💡 类比理解：
就像你在玩“跳格子”游戏，每一跳你站在一个平台，这个平台能让你看到前方一片区域。你不需要立刻决定落点，但你要记住在这片区域内，哪个新平台能让你看得更远。当你走到当前平台尽头时，就必须跳到那个“看得最远”的新平台——这就是一次跳跃。
📜 C++ 代码（带逐行注释）
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int maxPos = 0; // 当前所有可到达位置中，能跳到的最远下标
int end = 0; // 当前这一跳的最远边界（即本次跳跃能覆盖的右端点）
int step = 0; // 跳跃次数
int n = nums.size();
// 注意：只遍历到 n-2（即倒数第二个元素）
// 因为当 i == n-1 时已经到达终点，无需再跳
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
// 更新当前能到达的最远位置
maxPos = max(maxPos, i + nums[i]);
// 如果到达了当前跳跃的边界，必须进行下一次跳跃
if (i == end) {
end = maxPos; // 更新边界为当前能跳到的最远位置
++step; // 跳跃次数 +1
}
}
return step;
}
};
✅ 为什么
i < n - 1？
因为当i == n-1时，我们已经站在终点，不需要再跳。如果包含i = n-1，可能会在end == n-1时错误地多加一次跳跃。
🧩 解题思路（分步拆解）
-
初始化：
maxPos = 0：初始最远只能到 0（起点）。end = 0：第一跳的边界就是起点。step = 0：尚未跳跃。
-
遍历数组（除最后一个元素） ：
-
对每个位置
i，尝试更新maxPos = max(maxPos, i + nums[i])。 -
如果
i到达了当前跳跃的边界end，说明必须跳了：- 把
end更新为maxPos（即下一跳能覆盖的最远范围）。 step++。
- 把
-
-
返回
step：即最少跳跃次数。
🎯 关键洞察：
“跳的次数”由“边界更新次数”决定，而不是由“走了多少步”决定。
这正是贪心策略的精髓：延迟决策——不到边界不跳，跳就跳到最优位置。
📊 算法分析
| 项目 | 分析 |
|---|---|
| 时间复杂度 | O(n) ：仅一次遍历，每个元素访问一次 |
| 空间复杂度 | O(1) ：仅使用常数个额外变量 |
| 是否稳定 | 是，确定性算法 |
| 适用场景 | 所有“最少步数到达终点”类问题（如 BFS 可解但数据量大时） |
| 面试加分点 | 能解释为何不遍历最后一个元素；能对比反向贪心的劣势 |
⚠️ 常见错误：
- 在循环中写
i <= n-1→ 多跳一次。- 初始化
step = 1→ 忽略了起点即终点的情况（但本题 n≥1 且保证可达，n=1 时应返回 0）。
💻 完整代码
✅ C++ 版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int maxPos = 0, n = nums.size(), end = 0, step = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (maxPos >= i) {
maxPos = max(maxPos, i + nums[i]);
if (i == end) {
end = maxPos;
++step;
}
}
}
return step;
}
};
// 测试
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
Solution sol;
vector<int> nums1 = {2,3,1,1,4};
cout << sol.jump(nums1) << "\n"; // 输出: 2
vector<int> nums2 = {2,3,0,1,4};
cout << sol.jump(nums2) << "\n"; // 输出: 2
vector<int> nums3 = {1};
cout << sol.jump(nums3) << "\n"; // 输出: 0
return 0;
}
✅ JavaScript 版本
var jump = function(nums) {
let maxPos = 0, end = 0, steps = 0;
for (let i = 0; i < nums.length - 1; ++i) {
if (maxPos >= i) {
maxPos = Math.max(maxPos, i + nums[i]);
if (i === end) {
end = maxPos;
++steps;
}
}
}
return steps;
};
// 测试
console.log(jump([2,3,1,1,4])); // 2
console.log(jump([2,3,0,1,4])); // 2
console.log(jump([1])); // 0
🎤 面试延伸问题（提前准备！）
- 如果数组中可能无法到达终点，如何修改算法？
→ 在循环中若maxPos < i，说明卡住了，返回 -1。 - 能否输出具体的跳跃路径？
→ 需要记录每次跳跃的落点，可用额外数组或回溯，但会增加空间复杂度。 - 和 BFS 有什么关系？
→ 本题本质是求最短路径（最少跳数），BFS 也能解，但时间 O(n²)，空间 O(n)。贪心是 BFS 的优化特例（因为边权为1且结构特殊）。 - 为什么贪心在这里成立？
→ 因为“能跳得更远的位置永远不会比跳得近的位置差”——具有贪心选择性质和最优子结构。
🌟 本期完结，下期见！🔥
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