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力扣每日一题；题序：45

我的题解

方法一 动态规划

动态规划，当j位置可达i位置时：dp[i]=Math.min(dp[i],dp[j]+1);

时间复杂度：O($n^2$)
空间复杂度：O(n)

public int jump(int[] nums) {int n=nums.length;int[] dp=new int[n];Arrays.fill(dp,Integer.MAX_VALUE);dp[0]=0;for(int i=1;i<n;i++){int c=nums[i];for(int j=0;j<i;j++){if(j+nums[j]>=i)dp[i]=Math.min(dp[i],dp[j]+1);}}return dp[n-1];
}

方法二 贪心

「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，维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。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，不访问最后一个元素，这是因为在访问最后一个元素之前，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，会增加一次「不必要的跳跃次数」，因此不必访问最后一个元素。
具体操作：参考Ikaruga的题解

1. 如果某一个作为 起跳点 的格子可以跳跃的距离是 3，那么表示后面 3 个格子都可以作为 起跳点。
   1.1 以对每一个能作为 起跳点 的格子都尝试跳一次，把 能跳到最远的距离 不断更新。

2. 如果从这个 起跳点 起跳叫做第 1 次 跳跃，那么从后面 3 个格子起跳 都 可以叫做第 2 次 跳跃。

3. 所以，当一次 跳跃 结束时，从下一个格子开始，到现在 能跳到最远的距离，都 是下一次 跳跃 的 起跳点。
   3.1 对每一次 跳跃 用 for 循环来模拟。
   3.2 跳完一次之后，更新下一次 起跳点 的范围。
   　　在新的范围内跳，更新 能跳到最远的距离。
   　　记录 跳跃 次数，如果跳到了终点，就得到了结果。
   图解：
   
   时间复杂度：O(n)
   空间复杂度：O(1)

public int jump(int[] nums) {int n=nums.length;int maxIndex=0,end=0;//maxIndex当前可到达最大位置   end上一跳的右边界int res=0;for(int i=0;i<n-1;i++){maxIndex=Math.max(maxIndex,nums[i]+i);if(i==end){end=maxIndex;res++;}}return res;
}

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