给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。
数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个位置。
示例 1:
输入: [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 从位置 0 到 1 跳 1 步, 然后跳 3 步到达最后一个位置。
示例 2:
输入: [3,2,1,0,4]
输出: false
解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/jump-game
此题很经典，可用回溯、动态规划、贪心求解并对比，我看题第一反应用回溯结果超时
我的代码（超时）：
public class Solution55 { boolean res = false; public boolean canJump(int[] nums) { canJump(nums,0); return res; } public void canJump(int[] nums,int begin) { if (nums[begin] >= nums.length-1-begin) { res = true; } for (int i=begin+1;i<=Math.min(nums.length-1,begin + nums[begin]);i++) { canJump(nums,i); if (res == true) { break; } } } }
下面是leetcode官方题解，很详细！
定义
如果我们可以从数组中的某个位置跳到最后的位置，就称这个位置是“好坐标”，否则称为“坏坐标”。问题可以简化为第 0 个位置是不是“好坐标”。
题解
这是一个动态规划问题，通常解决并理解一个动态规划问题需要以下 4 个步骤：
1.利用递归回溯解决问题
2.利用记忆表优化（自顶向下的动态规划）
3.移除递归的部分（自底向上的动态规划）
4.使用技巧减少时间和空间复杂度
下面的所有解法都是正确的，但在时间和空间复杂度上有区别。
实际上leetcode的测试用例方法一回溯法和方法二自顶向下的动态规划都超时，只有方法三自底向上的动态规划和方法四贪心可AC
方法 1：回溯
(超时)
这是一个低效的解决方法。我们模拟从第一个位置跳到最后位置的所有方案。从第一个位置开始，模拟所有可以跳到的位置，然后从当前位置重复上述操作，当没有办法继续跳的时候，就回溯。
public class Solution { public boolean canJumpFromPosition(int position, int[] nums) { if (position == nums.length - 1) { return true; } int furthestJump = Math.min(position + nums[position], nums.length - 1); for (int nextPosition = position + 1; nextPosition <= furthestJump; nextPosition++) { if (canJumpFromPosition(nextPosition, nums)) { return true; } } return false; } public boolean canJump(int[] nums) { return canJumpFromPosition(0, nums); } }
一个快速的优化方法是我们可以从右到左的检查 nextposition ，理论上最坏的时间复杂度复杂度是一样的。但实际情况下，对于一些简单场景，这个代码可能跑得更快一些。直觉上，就是我们每次选择最大的步数去跳跃，这样就可以更快的到达终点。
// Old for (int nextPosition = position + 1; nextPosition <= furthestJump; nextPosition++) // New for (int nextPosition = furthestJump; nextPosition > position; nextPosition--)
比方说，对于下面的例子，我们从下标 0 开始跳，第一次跳到 1，第二次跳到 6。这样用 3 步就发现坐标 0 是一个“好坐标”。
下面的例子解释了上述优化没有办法解决的情况，坐标 6 是不能从任何地方跳到的，但是所有的方案组合都会被枚举尝试。
前几次回溯访问节点如下：0 -> 4 -> 5 -> 4 -> 0 -> 3 -> 5 -> 3 -> 4 -> 5 -> 等等。
复杂度分析
时间复杂度：O(2^n)，最多有 2^n 种从第一个位置到最后一个位置的跳跃方式，其中 n 是数组 nums 的元素个数
空间复杂度：O(n)，回溯法只需要栈的额外空间。
方法 2：自顶向下的动态规划
(实际上这个方法也超时)
自顶向下的动态规划可以理解成回溯法的一种优化。我们发现当一个坐标已经被确定为好 / 坏之后，结果就不会改变了，这意味着我们可以记录这个结果，每次不用重新计算。
因此，对于数组中的每个位置，我们记录当前坐标是好 / 坏，记录在数组 memo 中，定义元素取值为 GOOD ，BAD，UNKNOWN。这种方法被称为记忆化。
例如，对于输入数组 nums = [2, 4, 2, 1, 0, 2, 0] 的记忆表如下，G 代表 GOOD，B 代表 BAD。我们发现不能从下标 2，3，4 到达最终坐标 6，但可以从 0，1，5 和 6 到达最终坐标 6。
步骤
1.初始化 memo 的所有元素为 UNKNOWN，除了最后一个显然是 GOOD （自己一定可以跳到自己）
2.优化递归算法，每步回溯前先检查这个位置是否计算过（当前值为：GOOD / BAD）
1.如果已知直接返回结果 True / False
2.否则按照之前的回溯步骤计算
3.计算完毕后，将结果存入memo表中
enum Index { GOOD, BAD, UNKNOWN } public class Solution { Index[] memo; public boolean canJumpFromPosition(int position, int[] nums) {
//优化递归算法，每步回溯前先检查这个位置是否计算过（当前值为：GOOD / BAD） if (memo[position] != Index.UNKNOWN) { return memo[position] == Index.GOOD ? true : false; } int furthestJump = Math.min(position + nums[position], nums.length - 1); for (int nextPosition = position + 1; nextPosition <= furthestJump; nextPosition++) { if (canJumpFromPosition(nextPosition, nums)) { memo[position] = Index.GOOD; return true; } } memo[position] = Index.BAD; return false; } public boolean canJump(int[] nums) { memo = new Index[nums.length]; for (int i = 0; i < memo.length; i++) { memo[i] = Index.UNKNOWN; } memo[memo.length - 1] = Index.GOOD; return canJumpFromPosition(0, nums); } }
复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)，数组中的每个元素，假设为 i，需要搜索右边相邻的 nums[i] 个元素查找是否有 GOOD 的坐标。 nums[i] 最多为 n，n 是 nums 数组的大小。
空间复杂度：O(2n)=O(n)，第一个 n 是栈空间的开销，第二个 n 是记忆表的开销
方法 3：自底向上的动态规划
底向上和自顶向下动态规划的区别就是消除了回溯，在实际使用中，自底向下的方法有更好的时间效率因为我们不再需要栈空间，可以节省很多缓存开销。更重要的事，这可以让之后更有优化的空间。回溯通常是通过反转动态规划的步骤来实现的。
这是由于我们每次只会向右跳动，意味着如果我们从右边开始动态规划，每次查询右边节点的信息，都是已经计算过了的，不再需要额外的递归开销，因为我们每次在 memo 表中都可以找到结果。
enum Index { GOOD, BAD, UNKNOWN } public class Solution { public boolean canJump(int[] nums) { Index[] memo = new Index[nums.length]; for (int i = 0; i < memo.length; i++) { memo[i] = Index.UNKNOWN; } memo[memo.length - 1] = Index.GOOD; for (int i = nums.length - 2; i >= 0; i--) { int furthestJump = Math.min(i + nums[i], nums.length - 1); for (int j = i + 1; j <= furthestJump; j++) { if (memo[j] == Index.GOOD) { memo[i] = Index.GOOD; break; } } } return memo[0] == Index.GOOD; } }
复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)，数组中的每个元素，假设为 i，需要搜索右边相邻的 nums[i] 个元素查找是否有 GOOD 的坐标。 nums[i] 最多为 n，n 是 nums 数组的大小。
空间复杂度：O(n)，记忆表的存储开销。
方法 4：贪心
当我们把代码改成自底向上的模式，我们会有一个重要的发现，从某个位置出发，我们只需要找到第一个标记为 GOOD 的坐标（由跳出循环的条件可得），也就是说找到最左边的那个坐标。如果我们用一个单独的变量来记录最左边的 GOOD 位置，我们就可以避免搜索整个数组，进而可以省略整个 memo 数组。
从右向左迭代，对于每个节点我们检查是否存在一步跳跃可以到达 GOOD 的位置（currPosition + nums[currPosition] >= leftmostGoodIndex）。如果可以到达，当前位置也标记为 GOOD ，同时，这个位置将成为新的最左边的 GOOD 位置，一直重复到数组的开头，如果第一个坐标标记为 GOOD 意味着可以从第一个位置跳到最后的位置。
模拟一下这个操作，对于输入数组 nums = [9, 4, 2, 1, 0, 2, 0]，我们用 G 表示 GOOD，用 B 表示 BAD 和 U 表示 UNKNOWN。我们需要考虑所有从 0 出发的情况并判断坐标 0 是否是好坐标。由于坐标 1 是 GOOD，我们可以从 0 跳到 1 并且 1 最终可以跳到坐标 6，所以尽管 nums[0] 可以直接跳到最后的位置，我们只需要一种方案就可以知道结果。
public class Solution { public boolean canJump(int[] nums) { int lastPos = nums.length - 1; for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--) { if (i + nums[i] >= lastPos) { lastPos = i; } } return lastPos == 0; } }
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)O(n)，只需要访问
nums数组一遍，共 nn 个位置，nn 是nums数组的长度。 - 空间复杂度：O(1)O(1)，不需要额外的空间开销。
总结
最后一个问题是，如何在面试场景中想到这个做法。我的建议是“酌情考虑”。最好的解法当然和别的解法相比更简单也更短，但是不那么容易直接想到。
递归回溯的版本最容易想到，所以在思考更复杂解法的时候可以顺带提及一下这个解法，你的面试官实际上可能会想要看到这个解法。但如果没有，请提及可以使用动态规划的解法，并试想一下如何用记忆表来实现。如果你发现面试官希望你回答自顶向下的方法，那么就不太需要思考自底向上的版本，但我推荐在面试中提及一下自底向下的优点。
很多人会在将自顶向下的动态规划转成自底向上版本时出现困难，多做一些相关的练习可以对你有所帮助。