LeetCode热题100--45.跳跃游戏 II

45. 跳跃游戏 II

算法核心

这是一个贪心算法，通过维护当前跳跃边界end和当前可到达的最远位置maxP，每次到达边界时进行跳跃，从而以最小步数到达终点。

关键点

• 遍历到 n-2 即可，不需要处理 n-1
• 因为题目保证能到达终点
• 在 i=n-2 时，要么已经到达终点，要么从 n-2 能跳到终点
• 处理 n-1 会导致多余跳跃计数

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两个正常例子证明

例子1：end == n-1（边界正好是终点）

nums = [2, 3, 1, 4, 5]，n=5，终点索引=4

索引: 0  1  2  3  4
数值: 2  3  1  4  5

执行过程：

初始: res=0, maxP=0, end=0

i=0: 在位置0，可跳到2
    maxP = max(0, 0+2) = 2
    i==end(0==0) → 跳跃！
    end = 2, res=1

i=1: 在位置1，可跳到4
    maxP = max(2, 1+3) = 4
    i≠end(1≠2) → 不跳

i=2: 在位置2，可跳到3
    maxP = max(4, 2+1) = 4
    i==end(2==2) → 跳跃！
    end = 4, res=2
    ★ 此时 end=4 正好等于 n-1

i=3: 循环条件 i<4，i=3<4，继续
    maxP = max(4, 3+4) = 7
    i≠end(3≠4) → 不跳
    循环结束（i=4不会处理）

结果: res=2

分析：

• 在 i=2 时，end=4 已到达终点
• 不需要处理 i=3 和 i=4
• 即使遍历到 n-2=3，也不会再增加跳跃次数
• 终点正好是边界的情况，提前结束没有问题

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例子2：end > n-1（边界超过终点）

nums = [3, 2, 1, 1, 1]，n=5，终点索引=4

索引: 0  1  2  3  4
数值: 3  2  1  1  1

执行过程：

初始: res=0, maxP=0, end=0

i=0: 在位置0，可跳到3
    maxP = max(0, 0+3) = 3
    i==end(0==0) → 跳跃！
    end = 3, res=1
    ★ 此时从位置0直接可到终点4（因为3≥4）

i=1: 在位置1，可跳到3
    maxP = max(3, 1+2) = 3
    i≠end(1≠3) → 不跳

i=2: 在位置2，可跳到3
    maxP = max(3, 2+1) = 3
    i≠end(2≠3) → 不跳

i=3: 在位置3，可跳到4
    maxP = max(3, 3+1) = 4
    i==end(3==3) → 跳跃！
    end = 4, res=2
    ★ 实际上这次跳跃是多余的，但算法会计数

结果: res=2

实际最少跳跃 ：1次（0→3或0→4）
算法结果 ：2次
注意 ：这个例子说明算法结果是上界，不一定是最优路径，但题目要求最少跳跃次数，这种情况实际上算法给出了2，但最优是1。

修正例子 ：改为 nums = [3, 1, 1, 1, 1]

i=0: end=3, res=1
i=1: maxP=3
i=2: maxP=3
i=3: i==end→end=3, res=2
结果: res=2
边界在3，但可跳到终点

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不会出现的例子（理论上存在但题目保证不会出现）

例子3：无法到达终点

nums = [3, 2, 1, 0, 0, 0]，n=6

索引: 0  1  2  3  4  5
数值: 3  2  1  0  0  0

执行过程：

初始: res=0, maxP=0, end=0

i=0: 可跳到3
    maxP = 3
    i==end → end=3, res=1

i=1: 可跳到3
    maxP = max(3, 3) = 3

i=2: 可跳到3
    maxP = 3
    i==end? 2≠3 → 不跳

i=3: 在位置3，nums[3]=0，可跳到3
    maxP = 3
    i==end(3==3) → 跳跃！
    end = 3, res=2
    ★ 边界没有前进！

i=4: 在位置4，nums[4]=0
    maxP = 3
    i≠end(4≠3) → 不跳

i=5: 循环条件 i<5，i=4<5，继续
    i=5不会处理
结束

问题：

• 在 i=3 时，边界从 3 更新到 3，没有前进
• 之后无法到达终点
• 但题目保证这种情况不会出现

验证能到达终点的条件 ：

如果存在某个位置 i 使得 i + nums[i] ≥ n-1，则能到达终点。

在合法输入中，一定存在这样的位置链。

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为什么遍历到 n-2 即可：数学证明

定理：

在保证能到达终点的条件下，算法在遍历到 i=n-2 时，maxP ≥ n-1。

证明：

设最后一步跳跃的起点为 k，则 k 满足：

1. k ≤ n-2（因为从 n-1 不需要再跳）
2. 从 k 可跳到终点：k + nums[k] ≥ n-1

考虑两种情况：

情况A：k < n-2

• 那么在 i=k 时，maxP ≥ k + nums[k] ≥ n-1
• 此时或之后某个时刻，end 会被更新为 ≥ n-1
• 在 i 到达 n-2 前，end 已 ≥ n-1

情况B：k = n-2

• 在 i=n-2 时，maxP ≥ (n-2) + nums[n-2] ≥ n-1
• 如果 i=n-2 正好是当前边界，则更新 end ≥ n-1
• 如果 i=n-2 不是当前边界，则之前的 end 已 ≥ n-1

因此 ：在 i 遍历到 n-2 时，必然有 end ≥ n-1 或即将被设为 ≥ n-1。

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重要结论

1. 遍历到 n-2 足够：因为终点位置 n-1 不需要作为起跳点
2. 避免多余跳跃 ：如果在 n-1 处检查 if(i==end)，可能会错误增加跳跃次数
3. 算法正确性：贪心策略 + 提前终止保证结果正确
4. 时间复杂度：O(n)，只遍历一次
5. 空间复杂度：O(1)，只用常数空间

这个算法巧妙地用最小代价解决了问题，是贪心算法的经典应用。