[LeetCode 45] 跳跃游戏2 (Ⅱ)

题面：

LeetCode 45 跳跃游戏2

数据范围：

$1\le nums.length\le 10^4$
$0\le nums[i]\le 1000$
题目保证可以到达 $nums[n-1]$

思路 & code：

1. dp暴力思路

往前找，如果前面某个点能到当前点 $index$，及存在 $k<i$ 使得 $k+nums[k]\ge i$，则更新 dp(dp[i]存储到当前 $i$ 点所需最小步长)，$dp[i]=min(dp[i],dp[k]+1)$

时间复杂度： $O(n)$
空间复杂度： $O(n)$

size_t n = nums.size();
vector<int> dp(n, 0x3f3f3f3f);
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i < n; ++i)
    for(int k = 0; k <= i; ++k)
       if(k + nums[k] >= i)
         dp[i] = min(dp[i], dp[k] + 1);

2. dp + 贪心 + 双指针：即第一个跳到当前点 $i$ 的点 $j$，必是步数最少的。

**证明：**假设有一个点 $p>j$, 其跳到点 $i$ 的步数小于点 $j$ 跳到点 $i$ 的步数。则有 $dp[p]+1<dp[j]+1$, 即 $dp[p]<dp[j]$。由于 $dp[k]$ 存储的是跳到 $k$ 点的最短步长，又 $j<p$, 故能跳到 $p$ 点的一定也能跳到 $j$ 点，即$dp[j]\le dp[p]$ 的，故原式不成立。所以第一个跳到当前点i的点j必是步长最小的。

时间复杂度： $O(n)$
空间复杂度： $O(n)$

size_t n = nums.size(), j = 0;
vector<int> dp(n, 0);
for(size_t i = 1; i < n; ++i) {
    while(j + nums[j] < i) ++j;
    dp[i] = dp[j] + 1;
}
return dp[n-1];

3. 贪心+滑动窗口

维护一个当前能到达的最大边界（窗口），每次更新边界时，步数++。通俗理解就是因为当前的最大边界就是这一步能跳到的，如果想跳出更大的，则需要继续跳一步才行。

时间复杂度： $O(n)$
空间复杂度： $O(1)$

int jump(vector<int>& nums) {
    /* 维护两个端点，left & right
    size_t n = nums.size(), left = 0, right = 0;
    size_t maxPos = 0, step = 0;
    while(right < n - 1) {
        for(auto i = left; i <= right; ++i)
            maxPos = max(maxPos, i + nums[i]);
        left = right + 1;
        right = maxPos;
        ++ step;
    }
    return step;
    */
    /* 
    优化, left其实没有贡献, 一遍遍历只维护right即可
    */
    size_t n = nums.size(), step = 0;
    size_t right = 0, maxPos = 0;
    for(size_t i = 0; i < n - 1; ++i) {
        maxPos = max(maxPos, i + nums[i]);
        if(i == right) {
            right = maxPos;
            ++ step;
        }
    }
    return step;
}