leetcode 45 跳跃游戏 最少次数 C/C++ 动态规划 局部最优解（贪心算法）
动态转移方程 dp[pos] = min{dp[pos-k] +1} 当a[pos-k] >= k , k 是两次状态之间a的物理距离。 动态规划并不是这个例子的最好解法，时间复杂度 n^2, 空间复杂度有n, 在 n 比较大时，在有些平台并不能通过。
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
vector<int> dp(nums.size()); //dp[i] 到达第i个位置，最少跳跃次数
return min(nums,dp,nums.size()-1);
}
int min(vector<int> &nums, vector<int> &dp, int pos){
if(dp[pos]) return dp[pos];
if(pos == 0) return 0;
int min_num = pos + 1;
for(int k = 1; k <= pos; k++){
if(nums[pos-k] >= k){ //上一个位置的数的值大于或者等于 两个位置之间的距离时，可以尝试跳一次，记录下它的情况。
int temp = min(nums,dp,pos-k);
min_num = min_num > (temp + 1) ? (temp+1) :min_num; // 求不同解之间的最优解。
}
}
dp[pos] = min_num !=pos + 1? min_num : 0;
return dp[pos];
}
};
思想： 对于一个位置i 来说，它跳跃一次能到达的最远点是 i + nums[i], 如果在它第一次跳跃最远的基础上，再做一次最远跳跃，那么跳跃两次的远点是 i + nums[i] + nums[i+nums[i]]
但是对于i来说，跳跃两次的最远点可能并不需要第一次也跳最远，需要比较 第一次跳跃落到 [i +1,i+nums[i]] 之后，第二次再往最远跳的最远点longest point，很显然第三次跳的起始点一定落在【i + nums[i] + 1，longest point】之间，当然这个longest point 也可能为i + nums[i] + nums[i+nums[i]] ；
同理可以推测 后面的跳跃也是一样的。 时间复杂度 n, 空间复杂度 1
选择局部最优 从而推出全局最优解。 贪心思想，难点在于怎么分析出问题的局部最优 在哪里。
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
if(nums.size()<2) return 0;
int total = 2;
int cur_longest_pos = nums[0];
if(cur_longest_pos >= nums.size() - 1) return 1;
int next_long_pos = cur_longest_pos + nums[cur_longest_pos];
if(next_long_pos >= nums.size() - 1) return 2;
int i = 1;
while(true){
for(;i <= cur_longest_pos;i++){
if(i+nums[i] > next_long_pos){
next_long_pos = i + nums[i];
}
}
if(next_long_pos >= nums.size() - 1) break; // has reached the last segment.
total++;
i = cur_longest_pos;
cur_longest_pos = next_long_pos;
next_long_pos = cur_longest_pos +nums[cur_longest_pos];
}
return total;
}
};
