dp 解法 #
class Solution {
public int jump(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[] dp = new int[n+1];
for(int i=2;i<=n;i++) {
dp[i] = Integer.MAX_VALUE/2;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=nums[i-1];j++){
if((i+j)>n) break;
dp[i+j] = Math.min(dp[i]+1,dp[i+j]);
}
}
return dp[n];
}
}
正向查找可到达的最大位置 #
方法一虽然直观，但是时间复杂度比较高，有没有办法降低时间复杂度呢？
如果我们「贪心」地进行正向查找，每次找到可到达的最远位置，就可以在线性时间内得到最少的跳跃次数。
例如，对于数组 [2,3,1,2,4,2,3]，初始位置是下标 0，从下标 0 出发，最远可到达下标 2。下标 0 可到达的位置中，下标 1 的值是 3，从下标 1 出发可以达到更远的位置，因此第一步到达下标 1。
从下标 1 出发，最远可到达下标 4。下标 1 可到达的位置中，下标 4 的值是 4 ，从下标 4 出发可以达到更远的位置，因此第二步到达下标 4。
在具体的实现中，我们维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。我们从左到右遍历数组，到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加 1。
在遍历数组时，我们不访问最后一个元素，这是因为在访问最后一个元素之前，我们的边界一定大于等于最后一个位置，否则就无法跳到最后一个位置了。如果访问最后一个元素，在边界正好为最后一个位置的情况下，我们会增加一次「不必要的跳跃次数」，因此我们不必访问最后一个元素。
class Solution {
public int jump(int[] nums) {
int length = nums.length;
int end = 0;
int maxPosition = 0;
int steps = 0;
for (int i = 0; i < length - 1; i++) {
maxPosition = Math.max(maxPosition, i + nums[i]);
if (i == end) {
end = maxPosition;
steps++;
}
}
return steps;
}
}