LeetCode-题目详解：贪心算法【无套路、无框架】

痛定思痛。 2023-10-03 15:37 37阅读 0赞

因为贪心无套路！没有个整体的贪心框架解决一些列问题，只能是接触各种类型的题目锻炼自己的贪心思维！

### 55. 跳跃游戏 ###

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 1：

输入：nums = [2,3,1,1,4]
    输出：true
    解释：可以先跳 1 步，从下标 0 到达下标 1, 然后再从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标。

示例 2：

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。

提示：

*   1 < = n u m s . l e n g t h < = 3 ∗ 1 0 4 1 <= nums.length <= 3 \* 10^4 1<=nums.length<=3∗104
 *   0 < = n u m s \[ i \] < = 1 0 5 0 <= nums\[i\] <= 10^5 0<=nums\[i\]<=105

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#### 方法一：贪心（正向推导） ####

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s_shadow_50_text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO_size_20_color_FFFFFF_t_70_g_se_x_16]

class Solution:
        def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
            n = len(nums)
            rightmost = 0
            for i in range(n):
                if i <= rightmost:
                    rightmost = max(rightmost, i + nums[i])
                    if rightmost >= n - 1:
                        return True
            return False

#### 方法二：贪心（反向推导） ####

可以正向推，也可以反向推，思路是共用的。  
这里解释一下反向推。

定义一个end变量，我们叫它终点。  
最开始的终点是len - 1。

能否到达终点,就看它的：

*  前一个位置的数是不是大于1
 *  或者：前两个位置的数是不是大于2
 *  或者：前三个位置的数是不是大于3
 *  或者：……………………（类推）
 *  也就是nums\[i\] >= end - i这行代码。  
    如果可以的话，那么表示到了这个位置就表示我可以到终点，

所以我们把这个位置定为新终点。  
继续看它的前一个/两个/三个/……………………  
最后遍历到0，如果0️⃣是新的终点，就表示0可以到len -1。

正向的话就是看每个位置最远可以到哪。

class Solution:
        def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
            n = len(nums)
            end = n - 1
            for i in range(n - 2, -1, -1):
                if nums[i] + i >= end:
                    end = i
            return end == 0

### 45. 跳跃游戏 II ###

给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。

假设你总是可以到达数组的最后一个位置。

示例 1:

输入: nums = [2,3,1,1,4]
    输出: 2
    解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
         从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

示例 2:

输入: nums = [2,3,0,1,4]
    输出: 2

提示:

*   1 < = n u m s . l e n g t h < = 1 0 4 1 <= nums.length <= 10^4 1<=nums.length<=104
 *   0 < = n u m s \[ i \] < = 1000 0 <= nums\[i\] <= 1000 0<=nums\[i\]<=1000

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#### 方法一：贪心（正向推导） ####

如果我们「贪心」地进行正向查找，每次找到可到达的最远位置，就可以在线性时间内得到最少的跳跃次数。

例如，对于数组  \[ 2 , 3 , 1 , 2 , 4 , 2 , 3 \] \[2,3,1,2,4,2,3\] \[2,3,1,2,4,2,3\]，初始位置是下标 0，从下标 0 出发，最远可到达下标 2。下标 0 可到达的位置中，下标 1 的值是 3，从下标 1 出发可以达到更远的位置，因此第一步到达下标 1。

从下标 1 出发，最远可到达下标 4。下标 1 可到达的位置中，下标 4 的值是 4 ，从下标 4 出发可以达到更远的位置，因此第二步到达下标 4。

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s_shadow_50_text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO_size_20_color_FFFFFF_t_70_g_se_x_16_pic_center]  
在具体的实现中，我们维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。我们从左到右遍历数组，到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加 1。

在遍历数组时，我们不访问最后一个元素，这是因为在访问最后一个元素之前，我们的边界一定大于等于最后一个位置，否则就无法跳到最后一个位置了。如果访问最后一个元素，在边界正好为最后一个位置的情况下，我们会增加一次「不必要的跳跃次数」，因此我们不必访问最后一个元素。

class Solution:
        def jump(self, nums: List[int]) -> int:
            n = len(nums)
            maxPos = 0
            end = 0 # 维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。我们从左到右遍历数组，到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加 1。
            step = 0
            for i in range(n - 1):
                if i <= maxPos:
                    maxPos = max(maxPos, i + nums[i])
                    if i == end:    # 到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加 1
                        end = maxPos    
                        step += 1
            return step

[watermark_type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s_shadow_50_text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO_size_20_color_FFFFFF_t_70_g_se_x_16]: https://img-blog.csdnimg.cn/21d876deee84475abfca0754d566056d.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s,shadow_50,text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO,size_20,color_FFFFFF,t_70,g_se,x_16
[watermark_type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s_shadow_50_text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO_size_20_color_FFFFFF_t_70_g_se_x_16_pic_center]: https://img-blog.csdnimg.cn/5dd92f6cdc284061bdcd6307d2fc7897.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZHJvaWRzYW5zZmFsbGJhY2s,shadow_50,text_Q1NETiBA5b-N6ICF44Gu5Lmx5aSq6YOO,size_20,color_FFFFFF,t_70,g_se,x_16#pic_center