算法：贪心---跳一跳

1、题目：

给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。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下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

2、分析特点：

题目要求：你最初位于数组的 第一个下标 ，判断你是否能够到达最后一个下标 ==> 思维转换：如果我已经到了倒数最后一个位置，到了倒数第二个位置。。。

当然想正着理解也可以：

设想一下，对于数组中的任意一个位置 yyy，我们如何判断它是否可以到达？根据题目的描述，只要存在一个位置 x，它本身可以到达，并且它跳跃的最大长度为 x+nums[x]，这个值大于等于 y，即 x+nums[x]≥y，那么位置 y 也可以到达。

换句话说，对于每一个可以到达的位置 x，它使得 x+1,x+2,⋯ ,x+nums[x] 这些连续的位置都可以到达。

这样以来，我们依次遍历数组中的每一个位置，并实时维护最远可以到达的位置。对于当前遍历到的位置 x，如果它在最远可以到达的位置的范围内，那么我们就可以从起点通过若干次跳跃到达该位置，因此我们可以用 x+nums[x] 更新最远可以到达的位置。

在遍历的过程中，如果最远可以到达的位置大于等于数组中的最后一个位置，那就说明最后一个位置可达，我们就可以直接返回 True 作为答案。反之，如果在遍历结束后，最后一个位置仍然不可达，我们就返回 False 作为答案。

3、思路：

从终点开始算，判断终点之前是否有位置能到达终点。有，就将当前点当做终点；无，则继续向前判断。当终点与起点重合时，则能从起点跳到终点。

4、代码：

java 复制代码

    public boolean canJump(int[] nums) {
		if(nums.length == 1) return true 
		let len=nums.length-1
		for(let i = nums.length-2;i>= 0;i--){
 		   if(nums[i] >= len-i){
        		len = i;
    		}
		}
		return len == 0;
    }

5、复杂度分析：

时间复杂度：O(n)，其中 nnn 为数组的大小。只需要访问 nums 数组一遍，共 nnn 个位置。

空间复杂度：O(1)，不需要额外的空间开销。

6、总结：

从终点开始算，判断终点之前是否有位置能到达终点。有，就将当前点当做终点；无，则继续向前判断。当终点与起点重合时，则能从起点跳到终点。

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