我正在调试以下问题并发布代码。不知道代码是否正确。我目前的疑问是,i
是否应该一直增加(在这一行--for(;i
>
给定一个非负整数数组,您最初定位在数组的第一个索引处。
数组中的每个元素表示该位置的最大跳跃长度。
您的目标是以最少的跳跃次数达到最后一个索引。
例如:给定数组
A=[2,3,1,1,4]
,到达最后一个索引的最小跳转次数为2。(从索引0跳转1步到1,然后3步到最后一个索引。)
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int i = 0, n = nums.size(), step = 0, end = 0, maxend = 0;
while (end < n - 1) {
step++;
for (;i <= end; i++) {
maxend = max(maxend, i + nums[i]);
if (maxend >= n - 1) return step;
}
if(end == maxend) break;
end = maxend;
}
return n == 1 ? 0 : -1;
}
};
我在分享算法。现在,做BFS描述如下:
int A[N]; // It contains the initial values
int result[N]; // Initialise all with positive infinty or INT_MAX in C
bool visited[N]; // Initially, all initialise with '0' means none of the index is visited
queue Q; // create a queue
index = 1
cost = 0
push index in rear of Q.
result[index] = cost
visited[index] = true
while(Q is not empty) {
index = pop the value from the front of the Q.
cost = cost + 1
for(i in 1 to A[index]) {
temp_index = index + i;
if(temp_index <= N AND visited[temp_index] == false) {
push temp_index in rear of Q.
result[temp_index] = cost
visited[temp_index] = true
}
}
}
// Finally print the value of result[N]
print result[N]
注:还存在一种DP方法,其时间复杂度为O(n2)。
我在这里看到两种解决方法。
您只需从索引0开始,对于每个索引i
尝试跳转到1到a[i]
前面的索引,同时保留最后一个索引的最佳结果。它具有很高的算法复杂度,因此只有在效率确实不相关或者n
非常小的情况下才应该选择它。
算法如下所示:
int best = 2147483647;
vector<int> A;
void Jump(int index, int step)
{
if (step > best)
{
// for positive values, if step > best we won't improve our result
// avoid worthless calculations
return;
}
if (index == A.size() - 1)
{
if (step < best) best = step;
return;
}
int maxJumps = A[index];
for (int i = index; i <= min(index + maxJumps, A.size() - 1); i++)
{
Jump(i, step + 1);
}
}
int main()
{
// read input
Jump(0, 0);
}
对于您的情况,递归将这样进行:
Start from A[0] (equal to 2) step = 0
> A[0+1] with step+1 (equal to 3) step = 1
>> A[1+1] with step+1 (equal to 1) step = 2
>>> A[2+1] with step+1 (equal to 1) step = 3
>>>> A[3+1] with step+1 (equal to 4) step = 4
>>>>> End of array. Compare step(4), best (MAXINT) best = 4
>> A[1+2] with step+1 (equal to 1) step = 2
>>>> A[3+1] with step+1 (equal to 4) step = 3
>>>>> End of array. Compare step (3), best (4) best = 3
>> A[1+3] with step+1 (equal to 4) step = 2
>>>>> End of array. Compare step(2), best (3) best = 2
> A[0+2] with step+1 (equal to 1) step = 2
>>> A[2+1] with step+1 (equal to 1) step = 3
>>>> A[3+1] with step+1 (equal to 4) step = 4
>>>>> End of array. Compare step(4), best(2) best = 2
动态聪明高效
这种方法使用动态规划。让我们有一个与数组A长度相同的数组B
。让B[i]
表示“跳转到A[i]至少需要多少步”。如果我们知道B[i]
,那么我们可以说我们可以跳到B[i]1
的所有可能索引(从i1
到iA[i]
)。因此,您所需要的只是从0到N-1遍历数组并向前看,改进每个i
到ia[i]
的结果。
大概是这样的:
vector<int> A, B;
int n;
int main()
{
// read n; read A of size n
B.reserve(n); // B should be the same size and initialized with zeroes (by default)
B[0] = 0; // not obligatory, 0 by default, just for clearness
for (int i = 0; i < n - 1; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= min(i + A[i], n - 1); j++)
{
// improve result if we weren't there yet or if we can come to A[j]
// faster if we go from A[i]
if (B[j] == 0 || B[i] + 1 < B[j])
B[j] = B[i] + 1;
}
}
}
该算法将这样工作:
A = 2 3 1 1 4
B = 0 0 0 0 0
i = 0, improve 0+1, 0+2
B = 0 1 1 0 0
i = 1, improve 1+1, 1+2, 1+3
B = 0 1 2 2 2
i = 2, no improvements
i = 3, no improvements
答案存储在B[n-1]
中。我已经实现了一个工作的IDEOne演示。
假设给定的数组是A[1..n]
。从第i个位置,你可以跳1或2或3。。。A[i]
。您已经计算了所有j的结果
ans[i]=min(ans[i+j],ans[i]) where i+j<=n && j=1,2,...A[i]
这样你就可以计算一切。
O(n^2)时间复杂度。
您也可以在O(n)
中计算它。从一个位置,您将始终移动到具有最高i A[i]
值的位置。我的意思是假设你在j
th的位置。然后,您将下一步移动到位置j
,使得j A[j]
为最大值。如果其中一个元素是最后一个元素,跳转到最后一个元素。否则,跳转到具有最大值j A[j]
的元素。
O(n)溶液。。。
Jump 2 3 1 1 4
position 1 2 3 4 5
j+A[j] 3 5 4 5 9
^ . . . .
. ^ . . .
. . . . ^ ---> so 2 jumps.. :)
Jump 2 5 1 1 1 1 1 1
position 1 2 3 4 5 6 7 8
j+A[j] 3 7 4 5 6 7 8 9
^ . . . . . . .
. ^ . . . . . .
. . . . . . . ^ (Here it is giving 2 jumps)
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