计蒜客 挑战难题 跳跃游戏二

给定一个非负整数数组，假定你的初始位置为数组第一个下标。

数组中的每个元素代表你在那个位置能够跳跃的最大长度。

你的目标是到达最后一个下标，并且使用最少的跳跃次数。

例如：

A = [2,3,1,1,4], 到达最后一个下标的最少跳跃次数为2.（先跳跃1步，从下标0到1,然后跳跃3步，到达最后一个下标。一共两次）

格式：

第一行输入一个正整数n，接下来的一行，输入数组A
。

最后输出最少的跳跃次数。

样例输入

5
3 1 1 1 1

样例输出

2

题解：

利用动态规划，模拟背包问题;从最后出发dp[i]=main(dp[i],dp[j]+1);

依次向前查找，dp[i]表示第i个到最后一个的最短步数;

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a[1000],dp[1000],n,i,j;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
dp[n-1]=0;
for(i=n-2;i>=0;i--)
{dp[i]=n;
for(j=i;j<n&&j<=i+a[i];j++)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+1);
}

}	printf("%d\n",dp[0]);
}

另附其他理解：
先给出状态转移方程 d[i]=min(d[i],d[j]+1)(i<j<=n-1&&j<=I + a[i],d[n-1]=0),d[i]代表对于第 i 个数 其到达n – 1所需的最小步数, 对于 i 显然左边方程是正确的，因为一个数 a i
可以跳跃到的数中理应跳跃到 到达n – 1 所需步数最小的位置，跳到其他的位置不可能花更少的步数。
总结（吐槽?）: 动态规划的题目就这样，基本给出方程来就没什么好说的了，这道题目被划分在动态规划的题目里，所以直接往这个方向想，答案一下子就出来了
题目的解与状态恰好一样。这是我靠自己做出来的第一道动态规划的题目，此前经典例题做过很多但都是看了题解的，所以，让我非常有成就感，在此简单归纳一下
Dp题目的特点。
. 可以划分为若干的子问题
.由局部解可求得全局解
. 往往需要递推公式或递归解题
.子问题的解往往拓扑有序，比如这道题 求d[i]必须先知道d[i+1]到d[n-1]的值，且不能通过d[i]求d[i+1]到d[n-1]；
由以上特性我们可以明白那些题目适合用dp解决，其实特性3是由特性4所决定的，做dp题目关键就是状态转移方程的设计，首先要先想好状态
可以从问题解入手，因为出题者考查的是动规的话，往往有意无意让状态与解接近，为了设计合理的状态，对题目适当的数学抽象也是必要的，然后根据子问题
的划分着手设计方程，动规其实是一种思想，根据已有解进一步推出全局解，让答案"动态生成"，其实关于dp很重要的一点是可能的重复计算，递推是一种消除的
方法，还有的方法是记忆化搜索。最后要说的就是dp一般都能给出有令人满意的时间复杂度的算法，但是他绝不是最优的，题目可能存在更优的贪心算法，这道题目
叫做跳跃游戏二，跳跃游戏的改进版（其实更简单。。），那道题就是利用贪心的策略，但那道也可以使用dp解决。dp的一些特性贪心也是满足的