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wzjs 2025/7/27 22:03:41

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题目链接：45. 跳跃游戏 II - 力扣（LeetCode）

题目描述

解法一：动态规划

关键点

Java写法：

C++写法：

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

解法二：贪心算法

Java写法：

C++写法：

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

时间复杂度

空间复杂度

总结

题目链接：45. 跳跃游戏 II - 力扣（LeetCode）

注：下述题目描述和示例均来自力扣

题目描述

给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。

每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向后跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

0 <= j <= nums[i]
i + j < n

返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

示例 1:

输入: nums = [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。

示例 2:

输入: nums = [2,3,0,1,4]
输出: 2

提示:

1 <= nums.length <=
0 <= nums[i] <= 1000
题目保证可以到达 nums[n-1]

解法一：动态规划

初始化:
- 首先确定输入数组的长度 len。
- 创建一个一维数组 dp 来存储到达每个位置所需的最小跳跃次数，初始时将 dp[0] 设置为 0（因为起点不需要跳跃），其余值设置为 0 或者默认值。
动态规划填充 dp 数组:
- 从索引 1 开始遍历到数组的末尾（即外层循环）。
- 对于每一个位置 i，尝试从前一个位置（j，范围是从 0 到 i-1）跳过来，并检查是否可以从位置 j 跳跃到位置 i（条件：j + nums[j] >= i）。
- 如果可以从 j 跳到 i，并且这种跳法所需跳跃次数比目前记录的要少（即 dp[j] + 1 < minStep），则更新 minStep 为 dp[j] + 1。
- 外层循环每次结束时，将 minStep 的值赋给 dp[i]，表示到达位置 i 所需的最小跳跃次数。
返回结果:
- 最后返回 dp 数组的最后一个元素，即到达数组最后一个位置所需的最小跳跃次数。

关键点

初始化和边界情况处理：注意到对于起始位置 dp[0] = 0，因为从起点开始不需要任何跳跃。此外，minStep 初始化为一个较大的值（如 10001），以确保任意可行路径都会被选择作为更优解。

Java写法：

class Solution {public int jump(int[] nums) {int len = nums.length;// 定义出DP数组// 对应位置的值表示，跳跃到当前位置所需的最小跳跃次数int[] dp = new int[len];// 初始化第一位dp[0] = 0;for(int i = 1;i < len; i++){// 这里找到i这个位置所需的最少次数(为什么初始化为10001看题目提示)int minStep = 10001;for(int j = 0; j < i;j++){// 如果从j的位置可以跳过来，而且比minStep次数少，更新if(j + nums[j] >= i && dp[j] + 1 < minStep){minStep = dp[j] + 1;}}// 到这里之后dp[i]存储的就是最小的跳跃次数了dp[i] = minStep;}return dp[len - 1];}
}

C++写法：

#include <vector>
#include <algorithm> // 用于使用min函数class Solution {
public:int jump(std::vector<int>& nums) {int len = nums.size();// 定义出DP数组// 对应位置的值表示，跳跃到当前位置所需的最小跳跃次数std::vector<int> dp(len, 0); // 初始化dp数组，默认所有元素都是0for(int i = 1; i < len; ++i){// 这里找到i这个位置所需的最少次数(为什么初始化为10001看题目提示)int minStep = 10001;for(int j = 0; j < i; ++j){// 如果从j的位置可以跳过来，而且比minStep次数少，更新if(j + nums[j] >= i && dp[j] + 1 < minStep){minStep = dp[j] + 1;}}// 到这里之后dp[i]存储的就是最小的跳跃次数了dp[i] = minStep;}return dp[len - 1]; // 返回dp数组的最后一个元素，即到达最后一步的最小跳跃次数}
};

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

外层循环遍历数组中的每个元素（除了第一个元素），内层循环则是为了找到到达当前索引位置所需的最少跳跃次数：

外层循环从 i = 1 到 len - 1，总共执行 len - 1 次。
对于每次外层循环，内层循环从 j = 0 遍历到 i - 1。在最坏的情况下，即数组中的每个元素都允许跳到数组的任意位置时，内层循环需要对每个 i 都进行 i 次比较和可能的更新操作。

那么总的时间复杂度是所有内层循环执行次数的总和，可以表示为：

$1+2+...+(n-1)=O(n^2)$

其中 n 是输入数组 nums 的长度。这意味着，在最坏情况下，算法的时间复杂度是 $O(n^2)$ 。

空间复杂度方面，主要是由于使用了一个大小为 n 的 dp 数组来存储到达每个位置所需的最小跳跃次数。因此，空间复杂度是 O(n)。

总结：

时间复杂度： $O(n^2)$
空间复杂度：O(n)

解法二：贪心算法

初始化:
- 定义三个变量：
  - currentEnd：当前跳跃能够达到的最远位置。
  - farthest：遍历过程中能够达到的最远位置。
  - jumps：记录跳跃次数。
遍历数组:
- 从数组的起始位置开始遍历直到倒数第二个元素（因为我们只需要知道到达最后一个位置前的最远可达范围）。
- 对于每个位置 i，更新 farthest 为 max(farthest, i + nums[i])，即计算从当前位置出发可以达到的最远位置。
- 如果当前索引 i 等于 currentEnd，意味着我们已经到达了本次跳跃的最远距离，则需要进行一次新的跳跃，并将 currentEnd 更新为 farthest，同时增加跳跃计数 jumps。
终止条件:
- 当 currentEnd 大于或等于数组的最后一个索引时，表示可以通过之前确定的跳跃策略到达或超过最后一个位置，此时返回 jumps 即可。

Java写法：

class Solution {public int jump(int[] nums) {// currentEnd：当前跳跃能够达到的最远位置。// farthest：遍历过程中能够达到的最远位置。// jumps：记录跳跃次数。int jumps = 0;int currentEnd = 0;int farthest = 0;// 遍历for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) { // 更新当前能到达的最远位置farthest = Math.max(farthest, i + nums[i]);// 如果我们到达了当前跳跃的边界if (i == currentEnd) {// 增加跳跃次数jumps++; // 将当前能到达的最远位置设为新的边界currentEnd = farthest; // 如果在下一次跳跃能到达或超过终点，则提前结束循环if (currentEnd >= nums.length - 1) {break;}}}return jumps;}
}

C++写法：

class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {int jumps = 0, currentEnd = 0, farthest = 0;for (int i = 0; i < nums.size() - 1; ++i) {farthest = std::max(farthest, i + nums[i]);if (i == currentEnd) {jumps++;currentEnd = farthest;if (currentEnd >= nums.size() - 1)break; // 提前退出循环}}return jumps;}
};

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

时间复杂度

O(n)：仅遍历一次数组。对于数组中的每个元素，我们会检查并更新能够跳跃到的最远距离 farthest，并在达到当前跳跃边界 currentEnd 时进行跳跃计数和边界的更新。由于每个元素只被访问一次，因此时间复杂度是线性的，即 O(n)O(n)，其中 nn 是数组 nums 的长度。