一、概述
廣爲人知的跳臺階問題。
輸入一個序列，從第一個開始跳，每次跳的最遠距離是該元素的值，問最少跳多少次出隊列。
這題目，本質上是將具體的跳臺階問題化爲抽象的貪心問題。
我是在BFS→剪枝→找最大值→得到較優解中一步步理解的。
二、分析
我最終版本的代碼和最優代碼思想是一致的，但是我懶得從BFS改成循環了。就只分析我自己的代碼，還可以從中看出我的分析過程。
第一眼看到這個題，我開始想到貪心，怎麼貪心呢？先把最大值找出來，然後找次大值。。。。。。這樣，發現不成，比如說最大值在最後一個，就幾乎不可能用到這個值；再之後找“元素下標加元素值”的最大值，發現也不成，比如全是1，怎麼找，就得一個一個遍歷。
於是想到了BFS。
BFS是個什麼思想呢？建樹，以序列2、3、1、1、4爲例，如下是建出來的樹：
紅色爲跳躍值，藍色爲下標。最開始從0起步，下標爲0的元素值爲2，則可以跳1步或2步，因此有兩個子樹，分別跳到1和2；1的值爲3，因此有三棵子樹，2的值爲1，只有一棵子樹......最後當下標加元素值大於等於序列長-1的時候就找到了結果。結果爲樹的層數。
所以最開始我的代碼就是傳統的BFS：
class Solution {
int jump_next(vector<int>& nums,int nowLoc,int target)
{
queue<int> q;
q.push(nowLoc);
int nowjumps=1;
int last=1;//當前層最後一個元素所在位置
int cnp=1;//進入隊列的節點總數
int cmp=0;//當前位置
while(!q.empty())
{
int tmp=q.front();
q.pop();
cmp++;
if(tmp+nums[tmp]>=target)
return nowjumps;
for(int i=nums[tmp];i>0;i--)
{
q.push(i+tmp);
cnp++;
}
if(cmp==last)
{
last=cnp;
nowjumps++;
}
}
return -1;
}
public:
int jump(vector<int>& nums) {
if(nums.size()==1)
return 0;
int res=jump_next(nums,0,nums.size()-1);
return res;
}
};
由於需要記錄當前層數，所以需要維護多個變量，注意BFS中記錄當前層數的做法：
維護三個變量：last、cnp、cmp。
last是當前層的最後一個節點的位置。cnp是當前入隊元素的總個數。cmp是當前出隊的是第幾個元素。
第m層的第cmp個元素出隊時，它的葉子節點全部入隊，cnp隨之增加，當cmp是m層最後一個元素時，也就是cmp等於當前last的值，cnp的值就是last應該更新的值，此時層數加一。
上面代碼很容易看懂，就是把所有葉子節點全部入隊，沒有任何剪枝操作。很明顯的，超時了。
然後我就開始思考具體的剪枝。
跳臺階本質上是什麼呢？
我把它想象成是一個帝國，每跳一次臺階，帝國的勢力就變大一點。
對，每跳一次臺階，帝國的勢力變大一點。
也就是說，如果該次臺階不能讓帝國的勢力變大，那還不如不跳。
仍然以上面那幅圖舉例：
我們可以發現，在進行第一次跳躍時，帝國有兩種選擇：我這一步跳到1，下一步帝國勢力最遠跳到4；這一步跳到2，下一步帝國勢力最遠跳到3。可能有些人會擔心這樣一種情況：雖然跳到2看起來下一步跳的少，但是可能存在這樣一條路徑，選2比選1更好。
不存在的，因爲跳到2之後的可選項（3）是跳到1後的可選項（2,3,4）的子集，所以跳到1是完全比2好的。也就是說，帝國做的選擇取決於該選擇的潛力，潛力如何量化呢？下標*元素值。
再來看1的三棵子樹，分別能把帝國勢力擴大到2,3,4，意思就是我到1了之後，能把帝國的範圍最多擴大到4。然後看2,3,4三個節點，它們都只有一棵子樹，分別能到3,4,5，也就是說，如果我下一步跳到4，那麼我之後最遠能到5，如果我跳到3，之後我最遠能跳到4，如果我調到2，之後我最遠能跳到3，即2,3,4的潛力分別爲3,4,5，選擇跳到潛力最大的4。
這樣就找到最優路徑了。也就是說，每層只要把“潛力”最大的入隊即可。
優化後的代碼如下：
class Solution {
int jump_next(vector<int>& nums,int nowLoc,int target)
{
queue<int> q;
q.push(nowLoc);
int nowjumps=1;
int last=1;//當前層最後一個元素所在位置
int cnp=1;//進入隊列的節點總數
int cmp=0;//當前位置
while(!q.empty())
{
int tmp=q.front();
q.pop();
++cmp;
if(tmp+nums[tmp]>=target)
return nowjumps;
int max=tmp;//潛力初值
for(int i=nums[tmp];i>0;--i)
if(i+tmp+nums[i+tmp]>max+nums[max])//潛力比較
max=i+tmp;//潛力更新
q.push(max);//潛力最大的入隊
++cnp;
if(cmp==last)
{
last=cnp;
++nowjumps;
}
}
return -1;
}
public:
int jump(vector<int>& nums) {
if(nums.size()==1)
return 0;
int res=jump_next(nums,0,nums.size()-1);
return res;
}
};
這樣就把所有的無用枝都減掉了。
三、總結
最好的做法是DP，但是還沒開始學，所以先不用。次好的方法用的思想就是我這個了。一步一步找到答案的感覺還是很不錯的。