C++ 贪心算法——跳跃游戏、划分字母区间_c++ 有趣的跳跃

   一：跳跃游戏

   55. 跳跃游戏

   题目描述：给你一个非负整数数组 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，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

   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，然后从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标。
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   示例 2：

输入：nums = [3,2,1,0,4]
输出：false
解释：无论你怎么跳，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。
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   提示：

* 1 <= nums.length <= 10⁴
* 0 <= nums[i] <= 10⁵
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   解题思路：

   这道题最关键的地方就是不要去想在当前位置，我应该跳到哪里去，而是只需要记录当前能到达的最远位置，就可以了，遍历一遍给定的数组，若发现遍历到的当前位置i大于最远可达距离，则说明无法到达，直接返回false，若数组遍历完了，没有返回false，说明遍历到每一个i处时，均小于当时的最远距离，即均可达，返回true。

   参考程序：

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int k = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (i > k) return false;
            k = max(k, i + nums[i]);
        }
        return true;
    }
};
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   二：跳跃游戏 II

   45. 跳跃游戏 II

   题目描述：给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums ，初始位置为 nums[0] 。每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

0 <= j <= nums[i]
 i + j < n
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   返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1] 。

   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次数是 2。
从下标为 0 跳跃下标为 1 的位置，跳 1 步，然后再跳 3 步到达数组的最后一个位置。
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   示例 2：

输入：nums = [2,3,0,1,4]
输出：2
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   提示：

* 1 <= nums.length <= 10⁴
* 0 <= nums[i] <= 1000
* 题目保证可以到达 nums[n-1]
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   解题思路：

   这道题最关键的地方同样是不要去想在当前位置，我应该跳到哪里去。而且根据每次跳跃所能到达的最远距离，将给定数组划分为很多区间，遍历当前区间中所有值，得到的最远距离，作为下一个区间的右界限，划分的区间数-1即为所需的最少跳跃次数。这么说可能有点懵，下面举一个例子，大家就明白了

   例如，对于[2,3,1,1,4,2,1,1,3]，起始的时候，只能从索引为0的2处起跳，

   则[2,3,1,1,4,2,1,1,3] 划分为 [2] [3,1,1,4,2,1,1,3]

   从索引为0的2处起跳,其最远可以到达的索引为2的1处，按最远可到达的区域，划分数组

   [2] [3,1,1,4,2,1,1,3] 划分为 [2] [3,1] [1,4,2,1,1,3]

   遍历新得到的区间[3,1],记录最远距离，若从3处起跳，最远可到达索引为4的4处，若从1处起跳，则只能到达4前面索引为3的1处，所以当前区间[3,1]起跳，最远可到达索引为4的4处，因此

   [2] [3,1] [1,4,2,1,1,3] 划分为 [2] [3,1] [1,4] [2,1,1,3]

   同理，遍历新得到的区间[1,4],记录最远距离，若从1处起跳，最远可到达索引为4的4处，若从4处起跳，则最远可以到达后面索引为8的3处，所以当前区间[3,1]起跳，最远可到达索引为8的3处，因此

   已经超过或恰好到达最后一个元素，不需要继续划分了，即

   起始位置： [2]

   第一次跳跃，新的可达区域 [3,1]

   第二次跳跃，新的可达区域 [1,4]

   第三次跳跃，新的可达区域 [2,1,1,3]

   上面过程中遍历当前区间，记录从当前区间起跳可到达的最远距离的过程对应下面程序中的

   maxPos = max(nums[i] + i, maxPos);

   上面每个区间的右界限，即对应下面程序中的end变量，当遍历完当前区间后，遍历当前区间时得到的最远可达距离maxPos，即为下一个区间的右界限，即end = maxPos;

   参考程序：

class Solution {
public:
   int jump(vector<int>& nums)
    {
        int ans = 0,end = 0,maxPos = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++)
        {
            maxPos = max(nums[i] + i, maxPos);
            if (i == end){ end = maxPos; ans++;}   
        }
        return ans;
    }

};
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   三、划分字母区间

   763. 划分字母区间

   题目描述：给你一个字符串 s。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s。返回一个表示每个字符片段长度的数组。

   示例1：

• 输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
• 输出：[9,7,8]
• 解释：
  划分结果为 "ababcbaca", "defegde", "hijhklij"。
  每个字母最多出现在一个片段中。
  像 “ababcbacadefegde”, “hijhklij” 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

   示例2：

• 输入：s = "eccbbdbec"
• 输出：[10]

   注意：

• 1 <= s.length <= 500
• s 仅由小写英文字母组成

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   解决思路一：

   ①、首先，遍历一遍给定的字符串s，记录每个字母出现的次数，存放在变量int zm[26]中。

   ②、然后，进行第二遍遍历，在每轮迭代中，将当前字符放入map中， map的键选取为字母映射编号（0~25）,值选取为当前出现次数。并进行判断，若map中当前字符出现的次数与第一次遍历时存放在数组zm中的次数相等，说明该字符已经全部出现了，将其从map表中删除。若map表为空，则说明，遍历到当前位置处，前面出现的所有字符，后面均不再出现，可以在此处进行切割，将个数累计变量进行存储（也就是我们所要输出的长度），然后将累计量清零，继续进行下一轮迭代，直至第二遍遍历结束。

   上述思路的参考程序如下：

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string s) {

        int zm[26]={0}; unordered_map<int,int> map; vector<int> ans; int iter=0;
        for(int i=0;i<s.size();i++){ zm[s[i]-'a']++;}  //第一遍遍历，统计各个字母出现次数

        for(int i=0;i<s.size();i++) //第二遍遍历，统计切割段数
        { 
             map[s[i]-'a']++; // 键选取为字母映射编号（0~25）,值选取为当前出现次数
             auto it = map.begin();
             while (it != map.end()) 
             {
                if (it->second == zm[it->first]) it = map.erase(it);     
                else break;
             }
            iter++;
            if(map.empty()) {ans.push_back(iter); iter=0;}  //当map为空时，说明当前已经出现过的元素，已经全部出现了
        }
        return ans;
    }
};
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   上述方案的时间复杂度较低，属于时间最优的算法之一，但由于使用了额外的map表，空间复杂度比较高，下面介绍一种改进方案，不再需要使用额外的map表，从而降低空间复杂度。

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   解决思路二：

   ①、首先，同样是遍历一遍给定的字符串s，所不同的是，记录的是每个字符最后出现的位置，存放在int hash[27]中。

   ②、然后，进行第二遍遍历，最远边界right初始化为0，左边界left初始化为0，在每轮迭代中，对最远边界进行更新，若当前字符i的最远边界大于right，则对right进行更新。在每轮迭代中，会进行判断，若当前字符i处于最远边界right处，则说明，到达了前面出现的所有字符的最远边界处，前面出现的所有字符，后面均不再出现，可以在此处进行切割。right-left+1，即为当前片段的长度，压入结果队列中。并将left更新为i + 1。继续进行下一轮迭代，直至第二遍遍历结束。

   上述思路的参考程序如下：

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string S) {
        int hash[27] = {0}; // i为字符，hash[i]为字符出现的最后位置
        for (int i = 0; i < S.size(); i++) { // 统计每一个字符最后出现的位置
            hash[S[i] - 'a'] = i;
        }
        vector<int> result;
        int left = 0;
        int right = 0;
        for (int i = 0; i < S.size(); i++) {
            right = max(right, hash[S[i] - 'a']); // 找到字符出现的最远边界
            if (i == right) {
                result.push_back(right - left + 1);
                left = i + 1;
            }
        }
        return result;
    }
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   上述方案的时间复杂度同样较低，属于时间最优的算法之一，且无需使用额外的map表，空间复杂度也得到了有效降低。

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