算法：经典贪心算法--跳一跳[2]

1、题目：

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 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

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]。

2、分析特点：

• 这道题是典型的贪心算法，通过局部最优解得到全局最优解。
• 反向思维解决： 每次都找最左位置-最后一个位置，距离最远，即最大概率最小跳跃次数。
• 【解题口：寻找最左位置–寻找的次数，即最小跳跃次数】

我们的目标是到达数组的最后一个位置，因此我们可以考虑最后一步跳跃前所在的位置，该位置通过跳跃能够到达最后一个位置。

如果有多个位置通过跳跃都能够到达最后一个位置，那么我们应该如何进行选择呢？直观上来看，我们可以「贪心」地选择距离最后一个位置最远的那个位置，也就是对应下标最小的那个位置。因此，我们可以从左到右遍历数组，选择第一个满足要求的位置。

找到最后一步跳跃前所在的位置之后，我们继续贪心地寻找倒数第二步跳跃前所在的位置，以此类推，直到找到数组的开始位置。

3、代码：

class Solution {public int jump(int[] nums) {int position = nums.length - 1;int steps = 0;while (position > 0) {for (int i = 0; i < position; i++) {if (i + nums[i] >= position) {position = i;steps++;break;}}}return steps;}
}

4、复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n2)，其中 nnn 是数组长度。有两层嵌套循环，在最坏的情况下，例如数组中的所有元素都是 1，position 需要遍历数组中的每个位置，对于 position 的每个值都有一次循环。
• 空间复杂度：O(1)。

5、总结：

• 这道题是典型的贪心算法，通过局部最优解得到全局最优解。
• 反向思维解决： 每次都找最左位置-最后一个位置，距离最远，即最大概率最小跳跃次数。
• 【解题口：寻找最左位置–寻找的次数，即最小跳跃次数】

我们的目标是到达数组的最后一个位置，因此我们可以考虑最后一步跳跃前所在的位置，该位置通过跳跃能够到达最后一个位置。

如果有多个位置通过跳跃都能够到达最后一个位置，那么我们应该如何进行选择呢？直观上来看，我们可以「贪心」地选择距离最后一个位置最远的那个位置，也就是对应下标最小的那个位置。因此，我们可以从左到右遍历数组，选择第一个满足要求的位置。

找到最后一步跳跃前所在的位置之后，我们继续贪心地寻找倒数第二步跳跃前所在的位置，以此类推，直到找到数组的开始位置。

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