门 | GATE CS 2019 | 第 50 题

这道题是关于动态规划的一道经典问题。在门(GATE)计算机科学(GATE CS) 2019年的考试中，它是第50个问题。

问题描述

给定一个数组 arr，每个元素表示从当前位置可以向右跳跃的最大长度。求从数组的第一个元素开始，到达最后一个元素所需的最小跳跃次数。

示例

输入：

arr = [3, 2, 4, 2, 1, 1, 2, 3, 1]

输出：

3

解释：最佳策略是从位置 0。第一步跳到位置 3（长度为4），然后再跳3步，分别跳到位置 4、6 和最后一个位置 8。

解题思路

这是一个经典的动态规划问题，可以使用动态规划的方法来解决。

首先，我们定义一个辅助数组 dp，其中 dp[i] 表示从位置 0 跳到位置 i 所需的最小跳跃次数。

初始化 dp[0] 为 0，表示从位置 0 到自己的距离为0，不需要跳跃。

然后，我们遍历数组 arr，对于每个位置 i，我们计算 dp[i] 的值。

对于位置 i，有多种选择可以跳到它，我们需要选择最小的跳跃次数。

我们可以从位置 j 跳到 i，其中 j 是 i 前面的一个位置。但是我们要选择满足两个条件的 j：

1. 从 j 可以跳到 i，即 arr[j] + j >= i。
2. dp[j] + 1 是所有满足条件1的 dp[j] 的最小值。

我们可以通过计算 dp[j] + 1 来更新 dp[i]。

最后，返回 dp 数组的最后一个元素，即为从位置 0 跳到最后一个位置所需的最小跳跃次数。

代码实现

def min_jump(arr):
    n = len(arr)
    dp = [float('inf')] * n
    dp[0] = 0

    for i in range(1, n):
        for j in range(i):
            if arr[j] + j >= i:
                dp[i] = min(dp[i], dp[j] + 1)
    
    return dp[-1]

复杂度分析

该算法使用了两层循环嵌套，时间复杂度为 O(n^2)，其中 n 是数组的长度。

空间复杂度为 O(n)，用于存储辅助数组 dp。

总结

这道题是一个经典的动态规划问题，通过使用动态规划的方法，可以求解从数组的第一个元素到最后一个元素所需的最小跳跃次数。算法的时间复杂度为 O(n^2)，空间复杂度为 O(n)。