问题简介
题目描述
给定一个非负整数数组 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。
示例说明
✅ 示例 1：
text
输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: true
解释: 从下标 0 跳 1 步到下标 1，然后跳 3 步到达最后一个下标。✅ 示例 2：
text
输入: nums = [3,2,1,0,4]
输出: false
解释: 无论怎样，总会到达下标为 3 的位置。但该下标的最大跳跃长度是 0，所以永远不可能到达最后一个下标。解题思路
📌 核心思想 ：我们不需要知道具体怎么跳，只需要判断能否到达终点。因此，可以维护一个变量表示当前能到达的最远位置。
✅ 方法一：贪心算法（推荐）
步骤如下：
- 初始化
maxReach = 0，表示当前能到达的最远下标。 - 遍历数组（只需遍历到倒数第二个元素，因为最后一步不需要再跳）：
- 如果当前下标
i > maxReach，说明无法到达当前位置，直接返回false。 - 否则，更新
maxReach = max(maxReach, i + nums[i])。
- 如果当前下标
- 遍历结束后，若
maxReach >= n - 1，则可以到达终点。
💡 为什么有效？
因为我们始终记录"能到达的最远位置"，只要这个位置 ≥ 最后一个下标，就说明可达。
❌ 方法二：动态规划（不推荐，仅作对比）
- 定义
dp[i]表示是否能到达下标i。 - 初始
dp[0] = true。 - 对每个
i，若dp[i] == true，则将i+1到i+nums[i]的位置都设为true。 - 最终返回
dp[n-1]。
⚠️ 缺点：时间复杂度 O(n²)，在 LeetCode 上会超时或效率低。
✅ 方法三：反向遍历（另一种贪心）
- 从后往前找，维护一个
lastPos = n - 1（目标位置）。 - 若
i + nums[i] >= lastPos，说明从i可以跳到lastPos，更新lastPos = i。 - 最终若
lastPos == 0，说明可以从起点跳到终点。
💡 这种方法逻辑清晰，但实际效率略低于正向贪心（因需完整遍历）。
代码实现
java
// Java 实现 - 贪心（正向）
class Solution {
public boolean canJump(int[] nums) {
int maxReach = 0;
int n = nums.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (i > maxReach) {
return false;
}
maxReach = Math.max(maxReach, i + nums[i]);
// 提前终止优化
if (maxReach >= n - 1) {
return true;
}
}
return true;
}
}
go
// Go 实现 - 贪心（正向）
func canJump(nums []int) bool {
maxReach := 0
n := len(nums)
for i := 0; i < n; i++ {
if i > maxReach {
return false
}
if i + nums[i] > maxReach {
maxReach = i + nums[i]
}
// 提前终止
if maxReach >= n - 1 {
return true
}
}
return true
}💡 提示 ：以上代码均采用正向贪心，并加入提前终止优化，效率最高。
示例演示
以 nums = [2,3,1,1,4] 为例：
| i | nums[i] | maxReach（更新前） | 是否 i > maxReach? | 更新后 maxReach |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 2 | 0 | 否 | max(0, 0+2)=2 |
| 1 | 3 | 2 | 否 | max(2, 1+3)=4 |
| 2 | 1 | 4 | 否 | 4（不变） |
| ... | ... | ... | ... | ... |
✅ 在 i=1 时，maxReach = 4 >= 4（n-1），提前返回 true。
答案有效性证明
📌 贪心选择性质 ：
在每一步，我们都选择"能跳得最远"的策略，这不会导致错过可行解。因为如果存在一条路径能到达终点，那么必然存在某个时刻，我们的 maxReach 能覆盖终点。
📌 最优子结构 ：
能否到达位置 i，只依赖于前面所有位置中能跳到 i 的最大能力。因此局部最优（最远可达）可推出全局最优（能否到终点）。
✅ 因此，贪心算法在此问题中是正确且完备的。
复杂度分析
| 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 说明 |
|---|---|---|---|
| 贪心（正向） | O(n) | O(1) | 一次遍历，常数空间 |
| 动态规划 | O(n²) | O(n) | 每个位置可能更新多个状态 |
| 贪心（反向） | O(n) | O(1) | 一次反向遍历 |
✅ 推荐使用正向贪心，简洁高效。
问题总结
- 🔑 关键洞察：无需关心具体跳跃路径，只需关注"最远能到哪"。
- 🧠 思维转变：从"如何跳" → "能不能到"，简化问题。
- ⚡ 技巧 ：提前终止（一旦
maxReach >= n-1就返回）可提升性能。 - 📌 适用场景：此类"可达性"问题常可用贪心解决，尤其是当"局部最优能保证全局最优"时。
💡 延伸思考 ：本题变种 LeetCode 45. 跳跃游戏 II 要求最少跳跃次数，同样可用贪心解决，但需记录"跳跃次数"和"当前边界"。
github地址: https://github.com/swf2020/LeetCode-Hot100-Solutions