[LeetCode 1871] 跳跃游戏 7(Ⅶ)

题面：

数据范围：

2 ≤ s . l e n g t h ≤ 1 0 5 2 \le s.length \le 10^5 2≤s.length≤105
s $i$ s $i$ s $i$ 要么是 ′ 0 ′ '0' ′0′ ，要么是 ′ 1 ′ '1' ′1′
s $0$ = = 0 s $0$ == 0 s $0$ ==0
1 ≤ m i n J u m p ≤ m a x J u m p < s . l e n g t h 1 \le minJump \le maxJump < s.length 1≤minJump≤maxJump<s.length

思路 & Code

重点： 当 s $i$ = = 0 s $i$ ==0 s $i$ ==0 时，才能继续跳，也才能被跳到。

So，自然会想到存储所有能够跳到的 0 0 0 点，而当前 0 0 0 点必然是从存储的 0 0 0 点跳过来的。容易想到可以暴力状态转移。

用一数组 d p dp dp 存储下标状态：

d p $i n d e x$ = = 0 dp $index$ ==0 dp $index$ ==0，说明 i n d e x index index 位置没有被跳到
d p $i n d e x$ = = 1 dp $index$ ==1 dp $index$ ==1， i n d e x index index 可以被跳到

那么，对于当前点 i n d e x index index 都得判断 $m i n ( i - m a x J u m p ) , 0 ) , i - m i n J u m p$ $min(i-maxJump), 0), i-minJump$ $min(i-maxJump),0),i-minJump$ 区间内的所有可跳点，这样太暴力了， O ( n k ) O(nk) O(nk)。必须考虑优化。

差分维护

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

维护个前缀和，每次到 s $i$ = = ′ 0 ′ s $i$ =='0' s $i$ ==′0′（可跳点）时，判断区间 $m i n ( i - m a x J u m p ) , 0 ) , i - m i n J u m p$ $min(i-maxJump), 0), i-minJump$ $min(i-maxJump),0),i-minJump$ 是否存在可跳点 0 0 0，即 p r e $i - m i n J u m p$ − p r e $i - m a x J u m p - 1$ pre $i-minJump$ - pre $i-maxJump-1$ pre $i-minJump$ −pre $i-maxJump-1$ 是否大于零。（当然了，区间得注意下）

Code：

cpp 复制代码

bool canReach(string s, int minJump, int maxJump) {
    int n = s.size();
    vector<int> dp(n, 0), pre(n, 0);
    dp[0] = 1;
    for(int i = 0; i < minJump; ++i) pre[i] = 1;
    for(int i = minJump; i < n; ++i) {
        int l = i - maxJump, r = i - minJump;
        // 差分判断可跳区间内是否存在 0 点
        if(s[i] == '0' && pre[r] - (l >= 1 ? pre[l - 1] : 0) > 0) dp[i]=1;
        pre[i] = pre[i-1] + dp[i];
    }
    return dp[n-1];
    /* 
    当然了，不用dp数组维护也可以
    写成：
    for(int i = minJump; i < n; ++i) {
		int l = i - maxJump, r = i - minJump;
		if(s[i] == '0' && pre[r] - (l >= 1 ? pre[l - 1] : 0) > 0) {
			if(i == n-1) return true;
			pre[i] = pre[i-1]+1;
		} else pre[i] = pre[i-1];
	}
	return false;
    */
}

当然了，由于可跳区间其实就是一个滑动窗口，直接拿个临时变量存储可跳点个数就行，但得存个状态哈

Code：

cpp 复制代码

bool canReach(string s, int minJump, int maxJump) {
    int n = s.size(), cnt = 1;
    vector<bool> dp(n, false);
    dp[0] = true;
    for(int i = minJump; i < n; ++ i) {
        if(s[i] == '0' && cnt) dp[i] = true;
        // 可跳区间要右移啦（其实就是动态维护滑动窗口的思想啦）
        // 如果左端点是可跳的，cnt--；如果要加入的点（右端点）是可跳的，cnt++
        if(i - maxJump >= 0 && dp[i - maxJump]) --cnt;
        if(i - minJump + 1 < n && dp[i - minJump + 1]) ++ cnt;
    }
    return dp[n-1];
}

动态维护滑动窗口（可跳区间）

上面都提到滑动窗口了，那直接拿个队列去维护滑动窗口也很简单啦。时间复杂度和空间复杂度都是 O ( n ) O(n) O(n)。

Code：

cpp 复制代码

bool canReach(string s, int minJump, int maxJump) {
    int n = s.size();
    if(s[n-1] == '1') return false;
    queue<int> q;
    q.push(0);
    for(int i = minJump; i < n; ++i) {
        if(s[i] == '1') continue;
        while(!q.empty() && q.front() < i - maxJump) q.pop();
        if(!q.empty() && q.front() <= i - minJump) {
            if(i == n-1) return true;
            q.push(i);
        }
    }
    return false;
}