题目来源于leetcode，解法和思路仅代表个人观点。传送门。
难度：困难
时间：40min
TAG：动态规划

题目

一只青蛙想要过河。 假定河流被等分为若干个单元格，并且在每一个单元格内都有可能放有一块石子（也有可能没有）。 青蛙可以跳上石子，但是不可以跳入水中。

给你石子的位置列表 stones（用单元格序号 升序 表示）， 请判定青蛙能否成功过河（即能否在最后一步跳至最后一块石子上）。

开始时， 青蛙默认已站在第一块石子上，并可以假定它第一步只能跳跃一个单位（即只能从单元格 1 跳至单元格 2 ）。

如果青蛙上一步跳跃了 k 个单位，那么它接下来的跳跃距离只能选择为 k - 1、k 或 k + 1 个单位。 另请注意，青蛙只能向前方（终点的方向）跳跃。

示例 1：

输入：stones = [0,1,3,5,6,8,12,17]
输出：true
解释：青蛙可以成功过河，按照如下方案跳跃：跳 1 个单位到第 2 块石子, 
	然后跳 2 个单位到第 3 块石子, 接着 跳 2 个单位到第 4 块石子, 
	然后跳 3 个单位到第 6 块石子, 跳 4 个单位到第 7 块石子, 
	最后，跳 5 个单位到第 8 个石子（即最后一块石子）。

示例 2：

输入：stones = [0,1,2,3,4,8,9,11]
输出：false
解释：这是因为第 5 和第 6 个石子之间的间距太大，没有可选的方案供青蛙跳跃过去。

提示：

2 <= stones.length <= 2000
0 <= stones[i] <= 2³¹-1
stones[0] == 0

思路

先分析题目与示例，发现如下：

1. 河流被等分为若干个单元格。如示例1中，河流就被分为18个单元格。示例2中，河流被分为12个单元格。
2. 青蛙（除了第一步）每次能够跳跃的单位数 ==
   （1）上次跳跃的单位数-1
   （2）上次跳跃的单位数
   （3）上次跳跃的单位数+1
3. 青蛙并不是每个石子都要踩。

动态规划

不是官方动归解法，速度慢了许多。官方解法点我。

如果使用动态规划，我们需要初始化dp数组。
那么，

1. dp数组的长度由什么确定？
2. dp数组的维度有几维？
3. 转移方程如何确定？

根据【提示】，

1. stones数组长度<=2000==2*10³。如果使用该变量作为dp数组的长度，算法时间复杂度可以使用O(n²)。
2. stones[i]<=INT_MAX，如果使用该变量作为dp数组的长度，太大了，空间不够高。

leetcode的算力大概在O(n⁷~n⁸)左右。

那么，我们尝试着使用stones数组的长度作为dp数组的长度。
下面画图分析示例1：

【红色】表示每个石子之间的单位数。
【蓝色】表示石子位置。
【黄色】表示成功的跳跃路线。
【玫瑰色】表示失败的跳跃路径。
【橙色】表示到达当前石子的跳跃单位数。

6可以由3=>6，5=>6
8可以由6=>8，5=>8

对于每个状态dp[i]，我们的状态从何转移过来？
肯定是由前面dp[0~i-1]之中转移过来的，那么我们遍历前面j=0~i-1的状态，【判断、是否能够转移到dp[i]。

判断条件：

• distance=stones[i] - stones[j]
• 到达状态dp[j]的跳跃单位数jump
• 是否满足jump-1==distance || jump == distance || jump+1 == distance
  （这样时间复杂度是O(n²)，经过上面的分析，leetcode应该可以接受)

我们需要保存，到达当前状态所跳跃的单位数，因为该变量可能有多个，所以我们对于每个状态dp[i]需要一个数组来记录。

所以，

• dp数组长度由stones长度确定
• dp数组维度为二维
• dp[i]由dp[0~i-1]转移
• 算法时间复杂度估计在O(n²)左右

代码

class Solution {
    
public:
    bool canCross(vector<int>& stones) {
    
    	//石子数组长度
        int n = stones.size();

		/* 超时。 由于【到达dp[j]所跳跃的单位数】可能有多个，如果使用数组依次遍历，时间复杂度可能达到O(n³) */
        // vector<vector<int>> dp(n);
        // dp[0].push_back({0});
        // for(int i=1;i<n;i++){
    
        // for(int j=0;j<i;j++){
    
        // //石子之间的距离
        // int distance = stones[i] - stones[j];
        // //对于j=[0,i-1]，到达dp[j]所跳跃的单位数，判断是否满足条件
        // for(auto rj:dp[j]){
    
        // if(distance == rj-1 || distance == rj || distance == rj+1){
    
        // dp[i].push_back(distance);
        // }
        // }
        // }
        // }
		
		/* 使用set代替数组。 每次判断只需要3次，减少计算量。 为什么使用long？ distance+1可能超出INT_MAX */
		vector<unordered_set<long>> dp(n);
        dp[0].insert(0);
        for(int i=1;i<n;i++){
    
            for(int j=0;j<i;j++){
    
                //石子之间的距离
                long distance = stones[i] - stones[j];
                //对于每个石子的上一步 冲刺距离
                if(dp[j].count(distance-1) || dp[j].count(distance) || dp[j].count(distance+1)){
    
                    dp[i].insert(distance);
                }
            }
        }
        return dp[n-1].size() != 0;
    }
};

算法复杂度

时间复杂度： O(n²)。n为stones数组的长度。
空间复杂度： O(n²)。n为stones数组的长度。每个状态 需要记录 【到达当前状态】的所有跳跃数。

下面为官方解法的速度。对比起来，慢了许多。