[leetcode]jump-game-iv

. - 力扣(LeetCode)

给你一个整数数组 arr ,你一开始在数组的第一个元素处(下标为 0)。

每一步,你可以从下标 i 跳到下标 i + 1 、i - 1 或者 j :

  • i + 1 需满足:i + 1 < arr.length
  • i - 1 需满足:i - 1 >= 0
  • j 需满足:arr[i] == arr[j] 且 i != j

请你返回到达数组最后一个元素的下标处所需的 最少操作次数 。

注意:任何时候你都不能跳到数组外面。

示例 1:

输入:arr = [100,-23,-23,404,100,23,23,23,3,404]
输出:3
解释:那你需要跳跃 3 次,下标依次为 0 --> 4 --> 3 --> 9 。下标 9 为数组的最后一个元素的下标。

示例 2:

输入:arr = [7]
输出:0
解释:一开始就在最后一个元素处,所以你不需要跳跃。

示例 3:

输入:arr = [7,6,9,6,9,6,9,7]
输出:1
解释:你可以直接从下标 0 处跳到下标 7 处,也就是数组的最后一个元素处。

提示:

  • 1 <= arr.length <= 5 * 104
  • -108 <= arr[i] <= 108

方法一:广度优先搜索
思路

记数组 arr\textit{arr}arr 的长度为 nnn。题目描述的数组可以抽象为一个无向图,数组元素为图的顶点,相邻下标的元素之间有一条无向边相连,所有值相同元素之间也有无向边相连。每条边的权重都为 111,即此图为无权图。求从第一个元素到最后一个元素的最少操作数,即求从第一个元素到最后一个元素的最短路径长度。求无权图两点间的最短路可以用广度优先搜索来解,时间复杂度为 O(V+E)O(V+E)O(V+E),其中 VVV 为图的顶点数,EEE 为图的边数。

在此题中,V=nV = nV=n,而 EEE 可达 O(n2)O(n^2)O(n 
2
 ) 数量级,按照常规方法使用广度优先搜索会超时。造成超时的主要原因是所有值相同的元素构成了一个稠密子图,普通的广度优先搜索方法会对这个稠密子图中的所有边都访问一次。但对于无权图的最短路问题,这样的访问是不必要的。在第一次访问到这个子图中的某个节点时,即会将这个子图的所有其他未在队列中的节点都放入队列。在第二次访问到这个子图中的节点时,就不需要去考虑这个子图中的其他节点了,因为所有其他节点都已经在队列中或者已经被访问过了。因此,在用广度优先搜索解决此题时,先需要找出所有的值相同的子图,用一个哈希表 idxSameValue\textit{idxSameValue}idxSameValue 保存。在第一次把这个子图的所有节点放入队列后,把该子图清空,就不会重复访问该子图的其他边了。

class Solution {
public:int minJumps(vector<int>& arr) {unordered_map<int, vector<int>> idxSameValue;for (int i = 0; i < arr.size(); i++) {idxSameValue[arr[i]].push_back(i);}unordered_set<int> visitedIndex;queue<pair<int, int>> q;q.emplace(0, 0);visitedIndex.emplace(0);while (!q.empty()) {auto [idx, step] = q.front();q.pop();if (idx == arr.size() - 1) {return step;}int v = arr[idx];step++;if (idxSameValue.count(v)) {for (auto & i : idxSameValue[v]) {if (!visitedIndex.count(i)) {visitedIndex.emplace(i);q.emplace(i, step);}}idxSameValue.erase(v);}if (idx + 1 < arr.size() && !visitedIndex.count(idx + 1)) {visitedIndex.emplace(idx + 1);q.emplace(idx + 1, step);}if (idx - 1 >= 0 && !visitedIndex.count(idx - 1)) {visitedIndex.emplace(idx - 1);q.emplace(idx - 1, step);}}return -1;}
};

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