给定一组非负整数，初始时处于数组的第一位下标 0 的位置，数组的每个元素代表那个位置可以跳跃的最大长度。判断你是否能够到达数组的最后一位下标。
e.g.
A = [2, 3, 1, 1, 4]，返回 true。
A = [3, 2, 1, 0, 4]，返回 false。
我的想法是递归
方法一：
bool canJump(vector<int>& nums) {
return jump(nums, );
}
bool jump(vector<int> &nums, int m) {
int last = nums.size() - ;
if (m == last) return true;
int p = min(last, m + nums[m]);
for (int i = p; i > m; i--) { // 若不定义 p，i 初始为 m + nums[m] 并不会造成数组越界，但变量 p 减少了不必要的递归
if (jump(nums, i))
return true;
}
return false;
}
答案称这种方法是递归回溯法，时间复杂度为 O(2n)，数据量很大时会超时。
答案提供了多种解法
方法二：
自顶向下动态规划法（优化的回溯法）
作如下定义：如果从数组中某一位置作为起始点，最终能够到达最后一个下标处，则把这个位置称为 “ Good Index ”，否则成为 “ Bad Index ”。因此这个跳跃问题就变成了判断 0 下标是不是一个 “ Good Index ”。
用一个 memo 数组存储原数组每个下标是好的还是坏的，memo 数组元素的值是 GOOD、BAD、UNKNOWN 之一。
e.g. 对于 nums = [2, 4, 2, 1, 0, 2, 0]，
| Index | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| nums | 2 | 4 | 2 | 1 | 0 | 2 | 0 |
| memo | G | G | B | B | B | G | G |
步骤：
- 初始时，memo 中所有元素都是 UNKNOWN，除了最后一个元素是 GOOD。
- 将回溯法中递归的第一步改为 “ 判断当前下标是否 UNKNOWN ”
如果是 KNOWN，根据其值是 GOOD / BAD 返回 true / false；
否则继续执行回溯。 - 一旦知道当前下标是好的还是坏的，将相应的值存在 memo 数组中。
C++实现：
enum Index {
GOOD, BAD, UNKNOWN
};
vector<Index> memo;
bool canJump(vector<int>& nums) {
memo.reserve(nums.size());
for (int i = ; i < nums.size() - ; i++) {
memo[i] = UNKNOWN;
}
memo[nums.size() - ] = GOOD;
return jump(nums, );
}
bool jump(vector<int> &nums, int m) {
if (memo[m] != UNKNOWN)
return memo[m] == GOOD ? true : false;
int p = min((int)nums.size() - , m + nums[m]);
for (int i = p; i > m; i--) {
if (jump(nums, i)) {
memo[m] = GOOD;
return true;
}
}
memo[m] = BAD;
return false;
}
对于数组中每个位置 i，我们在其右边 nums[i] 个元素中寻找 “ Good Index ”，因此这种方法的时间复杂度是 O(n2)。
方法三：
自底向上动态规划法
将自顶向下 DP 的递归消除后就变成了自底向上 DP，这样就不会造成方法栈的过度开销。消除递归的方法是从数组最右边（倒数第二位）往左不断地递推 memo 数组的值。
C++实现：
enum Index {
GOOD, BAD, UNKNOWN
};
vector<Index> memo;
bool canJump(vector<int>& nums) {
memo.reserve(nums.size());
for (int i = ; i < nums.size() - ; i++) {
memo[i] = UNKNOWN;
}
memo[nums.size() - ] = GOOD;
for (int i = nums.size() - ; i >= ; i--) {
int p = min((int)nums.size() - , i + nums[i]);
for (int j = p; j > i; j--) {
if (memo[j] == GOOD) {
memo[i] = GOOD;
break;
}
}
}
return memo[] == GOOD;
}
由于两种 DP 的原理相同，这种方法的时间复杂度也是 O(n2)。由于没有使用递归，终于 Accepted 了，但效率极低。
最优方法：
贪心法
自底向上 DP 中，从后向前递推 memo 数组时，对于每一个下标 i，我们想知道是否能从这个位置到达一个 “ Good Index ”，而当我们找到了从 i 下标能到达的下标范围 ( i, p ] 内最右边的仅仅一个 “ Good Index ”（也可以选择最左边的一个）就把 i 设为 “ Good Index ”。因此，可以把从后向前追踪的一系列 “ Good Index ” 只用一个单独的变量存储，而不是记录在 memo 数组中。
C++实现：
bool canJump(vector<int>& nums) {
int last = nums.size() - ;
for (int i = last; i >= ; i--) {
if (i + nums[i] >= last)
last = i;
}
return last == ;
}
也可以从前向后
bool canJump(vector<int>& nums) {
int n = nums.size(), reach = ; // reach 表示从 0 能到达的最远的下标
for (int i = ; i < n && i <= reach; i++) {
reach = max(reach, i + nums[i]);
if (reach >= n - )
return true;
}
return false;
}